BỘ 45 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2015
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (22.42 MB, 255 trang )
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA
MÔN TOÁN (Năm học 2015 – 2016)
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1
b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB
bằng 4 (O là gốc tọa độ)
Câu 2: ( 2 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2 x cos2x 2sin x 1
1
b) Tính tích phân: I = x 2 ( x 1)2 dx
0
Câu 3: (1 điểm)
a) Từ một hộp đựng 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi.
Tính xác suất để hai viên bi được chọn cùng màu.
x 1
x
1
1
b) Giải phương trình: 2 .
3
9
Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1)
và mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua
A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho
OM 3 .
Câu 5 ( 1 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc
với đáy, SA = a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 300. Tính
thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM),
(M là trung điểm CD).
Câu 6 ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
trực tâm H(3;0) và trung điểm của BC là I(6; 1). Đường thẳng AH có phương
trình x + 2y – 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam
giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết phương trình
đường thẳng DE là x - 2 = 0 và điểm D có tung độ dương.
Câu 7 ( 1 điểm)
2 y 2 3 y 1 y 1 x 2 x xy
Giải hệ phương trình
2
2 x y 3x 2 y 4 3 x 14 x 8 0
Câu 8 (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 1.
2a
2b
c2 1 3
Chứng minh rằng: 2
.
a 1 b2 1 c2 1 2
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:...........................................; Số báo danh:..................................
Hướng dẫn giải và thang điểm
Câu
1a
Hướng dẫn giải
3
Điểm
2
Hàm số y = x – 3x +1
TXĐ D = R
Sự biến thiên: lim y
x
; xlim
y ; y’=3x2-6x => y’ = 0 x 0; x 2
0,5
BBT
x
0
-
+
y'
+
2
-
0
0
+
y
2
+
1
-5
-3
-
-2
Hàm số đồng biến trên (- ;0) và (2; + ); Hàm số nghịch
biến trên (0;2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu tại x = 2; y = -3
Đồ thị
1b
5
0.5
-4
-6
x 0
x 2m
Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ = 0
0,5
hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 4m 2 (1 4m 4 )
Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0;
m
Diện tích tam giác OAB: S 1 d (O; AB ) AB 4 1
4m 2 (1 4 m4 ) 4 m 2(TM )
Với m
0
OAB
2a
2b
2 1 4m 4
sin 2 x cos2x=2sinx-1 sinx(sinx + cosx-1)=0
0.5
x k
x k
sinx=0
sinx+cosx=1 x k 2 ; x 2 k 2
x 2 k 2
0,5
1
I=
0,5
1
x 2 ( x 2 2 x 1) d x
0
(x
4
2 x3 x 2 )dx
0
x5
x4
x3
(
2
)
5
4
3
3.a
2
1
0
0,5
1
30
Không gian mẫu có: C92 36
0,25
Gọi A là biến cố lấy được hai viên bi cùng màu: A C42 C52 16
Xác suất của biến cố: PA= A 16 4
36 9
3.b
Đặt t=
0,25
0.25
t 2
1
( ) x (t 0) . Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 = 0
3
t 1
1 x
( ) 2
Ta có 3
( 1) x 1
3
4
0,5
0,5
x log1 / 3 2
x 0
x 2 y 1 z 1
Phương trình đường thảng d qua A và vuông góc với (P):
hoặc
1
2
2
x 2 t
y 1 2t
z 1 2t
t 1
OM (2 t ) 2 (1 2t ) 2 (1 2t ) 2 3 9t 2 12t 3 0
1
t
3
Vậy tọa độ M(1; -1;1) hoặc M( 5 ; 1 ; 1 )
0,5
Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t);
3 3
3
0,5
5
DB ( SAC ) hình chiếu vuông góc DS lên (SAC) là SO; Góc của SD và (SAC) là
CM:
0,25
DSO 30 0 .Đặt DO =x. Ta có SO= x 3 (O là giao của AC với BD)
1
Từ SO2 = AO2 +SA2 x a . S
AC.BD 2 x 2 a 2 .
ABCD
2
2
1
1
Thể tích khối chóp SABCD là.V= SA.S
a3
ABCD
3
N
Gọi
là
trung
điểm
0,25
S
3
của
AB
Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))=
=>
DN//
BM
1
d(A;(SBM))
2
0,25
Kẻ AI BM ; AH SM .
Từ đó CM được AH ( SBM ) d ( A;( SBM )) AH
Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2.
Mà SABM =
Khi đó
6
7
1
.AI.BM suy ra AI =2/ 5 a.
2
H
D
A
N
M
I
0,25
C
B
1
1
1
2
1
AH a d ( D;( SBM )) a
2
2
2
AH
AI
SA
3
3
Gọi K là trung điểm AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K
và BCDE nội tiếp đường tròn tâm I
Suy ra IK vuông góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0
Tọa độ K(1:1) => A(-1;2).
Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD
0,25
A
K
0,25
H
5 1 ( x 1) 2 x 3 hoac x 1(l ) D (2;3)
PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC:
B
2x – y -11 = 0
Tọa độ C(8;5) B(4; 3). Vây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5)
(1)DK x 0; y 1; 3x 2 y 4 0 . Nhận thấy x= 0; y = 1 không là nghiệm của hệ
Ta có:
2
(1)
D
E
C
0,5
I
0,5
2
y 1 x ( y 1) x y ( y 1 x) 0
1
1
2 y 1 x) 0 y x 1(do
2 y 1 x 0)
y 1 x
y 1 x
( y 1 x)(
Khi đó:
(2) 3 x 1 6 x 3 x 2 14 x 8 0 ( 3 x 1 4) (1 6 x ) ( x 5)(3 x 1) 0
0,5
3
1
3x 1) 0 x 5 y 6
3x 1 4 1 6 x
Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6)
Từ gt: ab bc ca 1; 1 a 2 a 2 ab bc ca ( a b)(a c)
( x 5)(
8
Ta có:
a
b
a
b
1 ab
1 ab
1
2
2
2
2
a 1 b 1 (a b)( a c) (a b)(b c ) ( a b)(a c)(b c)
(1 a )(1 b ). 1 c
1 c2
2
Suy ra: VT
2
1 c2
c2 1
2c ( 1 c 2 2)
f
(
c
)
f
'(
c
)
f '(c) 0 c 3
c2 1
(1 c 2 ) 2
0,5
0,25
Từ đó ta CM được:
c 3
a b 2 3
maxVT = max f ( c) = f ( 3) 3 khi a b
2
c 3
2
a 2 3a 1 0
0,25
SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 2 x 2 1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm cực đại của (C).
Câu 2. (1,0 điểm)
cos x 2sin x 3 2 2cos 2 x 1
1.
1 sin 2 x
2
b) Cho số phức z thỏa mãn: 1 i 2 i z 8 i 1 2i z. Tính môđun của z.
a) Giải phương trình
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 x log 2 4 x 5.
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 3 6 x 2 171x 40 x 1 5 x 1 20 0, x
e
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I
1
1 x3
lnxdx.
x
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB BC a,
900 , cạnh SA a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình
BAD
chiếu của A lên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng
(SCD).
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M
là điểm trên cạnh AC sao cho AB 3 AM . Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại
4
D. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N ;0 , phương
3
trình đường thẳng CD : x 3 y 6 0 và điểm C có hoành độ lớn hơn 2.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng
d:
x 1 y z 3
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai
1
1
1
điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.
Câu 9. (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}.
Tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng:
a3
a3 b c
3
b3
b3 c a
3
c3
c3 a b
3
1
------------------ Hết -----------------Họ và tên thí sinh: ............................................................... Số báo danh: ...........................
Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN
Câu
Câu
1
(2,0
điểm)
Đáp án
a) (1,0 điểm)
Tập xác định: R.
Giới hạn và tiệm cận: lim y . Đồ thị (C) có không tiệm cận.
x
Điểm
0,25
CBT: Ta có y ' 4 x3 4 x 4 x x 2 1 ; y' 0 x 0 x 1.
Dấu của y’: y ' 0 x 1;0 1; ; y ' 0 x ; 1 0;1
hàm số ĐB trên mỗi khoảng 1;0 và 1; . NB trên mỗi khoảng ; 1 và (0 ; 1)
0,25
Hàm số có hai CT tại x = 1; yCT = y(1) = 0 và có một CĐ tại x = 0 ; yCĐ = y(0) = 1.
Bảng biến thiên:
x
y’
y
-
-
-1
0
+
+
0
0
1
0
-
1
0
+
+
+
0,25
0
Đồ thị:
Đồ thị cắt Oy tại (0;1).
Điểm khác (2; 9)
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối
xứng.
Câu
2
(1,0
điểm)
0,25
b) (1,0 điểm)
Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) = 0
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1.
a) (0,5 điểm)
k
4
Khi đó p.trình đã cho tương đương với 2sin x cos x 3 2 cos x 2 cos 2 x 1 1 sin 2 x
cos x 2 l
2
2 cos x 3 2 cos x 2 0
2
cos x
2
Điều kiện: 1 sin 2 x 0 x
Với cos x
0,5
0,5
2
x k 2 .
2
4
Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: x
4
0,25
0,25
k 2 , k .
b) (0,5 điểm)
1 i 2 i z 8 i 1 2i z 1 i 2 i 1 2i z 8 i
2
2
0,25
2i 2 i 1 2i z 8 i
8 i 8 i 1 2i
2 3i z 13
1 2i
5
Vậy môđun của z là 13.
z
Câu
3
(0,5
điểm)
Câu
4
(1,0
điểm)
0,25
Điều kiện: x > 0.
Khi đó, phương trình tương đương với
1
3
log 2 x log 2 x log 2 4 5 log 2 x 3
2
2
log 2 x 2 x 4 (t/m)
Vậy phương trình có 1 nghiệm là: x = 4.
1
Điều kiện: x
5
Khi đó phương trình tương đương với
x
3
0,25
0,25
6 x 2 12 x 8 3 x 6 8 5 x 1 5 x 1 36 5 x 1 54 5 x 1 27 6 5 x 1 9
3
x 2 3 x 2 2 5x 1 3 3 2 5x 1 3
3
Xét hàm sô f t t 3 3t
Phương trình (1) có dạng f x 2 f 2 5 x 1 3
0,25
Ta có: f ' t 3t 3; f ' t 0 t 1
2
t
-
f’(t)
-1
0
+
-
1
0
+
+
0,25
f(t)
Suy ra: Hàm số f t t 3 3t đồng biến trên khoảng (1; + )
1 x 2 1
Với điều kiện x
5 2 5 x 1 3 1
0,25
Từ đó suy ra 1 x 2 2 5 x 1 3
x 1
x 1
x 1 2 5x 1 2
2
x 22 x 5 0
x 2 x 1 4 5 x 1
x 1
x 11 116 t / m
x 11 116
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x 11 116.
Câu
5
(1,0
điểm)
e
e
e
1 x3
ln x
lnxdx
dx x 2 lnxdx I1 I 2
Ta có: I
x
x
1
1
1
e
Tính I1: I1
1
0,25
e
lnx
ln 2 x e 1
dx ln xd lnx
x
2 1 2
1
1
du dx
u
ln
x
x
Tính I2: I 2 x 2 lnxdx . Đặt
2
3
x
dv x dx
1
v
3
0,25
0,25
e
0,25
I2
e 1e 2
x3
e3 1 e 2e3 1
ln x
x dx x3
1 31
3
3 9 1
9
9
e
Vậy I
1
1 x3
1 2e3 1 11 2e3
lnxdx
x
2 9 9 18 9
Câu
6
(1,0
điểm)
0,25
. Chứng minh: SCD vuông tại C ABCD là hình
thang đáy AD, BC. ACD vuông cân tại C.
AC CD a 2; AD 2a SC ; BD a 5
0,25
a3 2 a3 2 a3 2
VSBCD = VS.ABCD – VSABD
(đvtt).
2
3
6
S SCD a 2 2; d B, SCD
(hoặc
d B, SCD
d A, SCD
d H , SCD
d B, SCD
3VS .BCD
S SCD
0,25
a3 2
a
2 6
2
a 2
3.
BK 1
a
d B, SCD )
CK 2
2
0,5
SH SA2 2
2
a
2 d H , SCD d B, SCD
SB SB
3
3
3
Cách khác: Chứng minh BC (SAB) BC AH AH (SBC).
Kẻ AK (SC) AK (SCD) (AKH) (SCD).
Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M.
Có (AMK) (SCD) hay (AMK) (SED).
AH (SBC) AH HK tam giác AHK vuông tại H.
Kẻ HJ MK có HJ = d(H, (SCD)).
Tính AH, AM HM; Tính AK HK. Từ đó tính được HJ = a/3.
Hoặc có thể bằng phương pháp tọa độ.
ABM
S
Câu
7
(1,0
điểm)
DCM (g g)
AB
DC
3
AM DM
Xét tam giác CMD ta có:
CM 2 DM 2 CD 2 4CI 2 10 DM 2
4
Mà DM 2d (I,d)
nên CI 2 4
10
0,5
3 11
Gọi I 3 y 6; y Ta có C ; (loại) hoặc C(3; -1) (thỏa mãn)
5 5
I là trung điểm của CM M 1; 1 phương trình đường tròn tâm I là C : x 1 y 1 4
2
2
3 11
D là giao điểm của CD và (C) D ; . Phương trình đường thẳng BM: 3x y 4 0
5 5
Phương trình đường thẳng BC: 3x 5 y 4 0. B là giao điểm của BM và BC B 2;2
0,5
Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC AB : x 2 0 . A là giao điểm của
AB và AC A 2; 1
Câu
8
(1,0
điểm)
Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A 2; 1 , B 2;2 , C 3; 1
Mp(P) qua M(2;1;2) và (d) nhận vtcp ud 1;1;1 làm vtpt.
0,5
Suy ra phương trình mp(P): 1. x 2 1. y 1 1. z 2 0 x y z 5 0
Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH d( M , d)
4 1 10
8
, H ; ; .
3
3 3 3
2
4 2
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH .
3
3
x 1 y z 3
1
1
Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ: 1
.
4
2
( x ) ( y 1)2 ( z 10 )2 8
3
3
3
9
4 2 6 1 2 6 10 2 6 4 2 6 1 2 6 10 2 6
Giải hệ này ta tìm được A, B là:
;
;
;
;
,
.
9 3
9 3
9 3
9 3
9 3
9
3
Câu
9
(0,5
điểm)
Gọi (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: n A85 A74 5880 .
Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: n A A74 6. A63 1560
0,25
0,25
0,25
1560 13
Xác suất cần tìm P(A) =
5880 49
Câu
10
(1,0
điểm)
0,25
x2
Xét BĐT: 1 x 1 , x 0
2
3
1 x 1 x x2
x2
Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 1 x 1 x 1 x x
1
2
2
Ấp dụng vào bài toán ta có:
a3
1
1
a2
1
3
3
2
a 2 b2 c2
a3 b c
1bc
bc
1
1
2 a
a
3
Tương tự, ta có:
b3
b2
a 2 b2 c2
b3 c a
Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm.
Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
3
0,25
2
2;
c3
c3 a b
3
c2
a 2 b2 c2
3
0,25
0,25
0,25
-----Hết----Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng
phần như đáp án quy định.
TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC 2015 – 2016; Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số y 2 x 3 6 x 2 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng d : y mx tại ba điểm phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: sin x sin x 1 cos x 1 cos x .
Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân:
ln 2
1. I
e.
x
7
5 e dx .
x
2.
0
I ln
2
x 2 1 dx .
Câu 4: (1,0 điểm).
1. Giải phương trình: log
2
4x
log 2 x 2 10 .
15
2
2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức:
x2 ; x 0 .
x
Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm
A 1;1; 2 , B 3;0;1 , C 1; 2;3 . Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có
bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy.
Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều
cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC.
Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn C : x 2 y 2 2 x 4 y 1 0 và
đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường
tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho S MAB 3S IAB , với I là tâm của đường tròn (C).
2 y 3 7 y 2 x 1 x 3 1 x 3 2 y 2 1
Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
; x, y R .
2
2 y 4 y 3 5 y x 4
-------------------------Hết-------------------------
1
HƯỚNG DẪN CHẤM
Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm.
Câu
Nội dung
1 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)
TXĐ: D = R. y ' 6 x 2 6 x .
Điểm
0,25
x 0
. Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8.
y' 0
x 2
Giới hạn.
0,25
Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị.
0,25
Vẽ đồ thị.
0,25
2/ (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình:
x 0
.
2 x 3 6 x 2 mx x 2 x 2 6 x m 0 2
2
x
6
x
m
0
(*)
0,25
Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 0.
0,25
9
' 0
9 2m 0
m
Khi đó:
2.
m 0
m 0
m 0
2 (1,0
điểm)
0,5
sin x sin x 1 cos x 1 cos x sin x cos x 1
0,25
1
2 sin x 1 sin x
4
4
2
0,25
x k 2
.
x k 2
2
0,25
KL.
0,25
3 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)
Đặt u 5 e x . Tính e x dx 2udu .
Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì u 3 .
2
2u 3
Khi đó: I 2u du
3
3
2
2
3
16
2 3.
3
0,25
0,25
0,5
2
KL.
2/ (1,0 điểm)
Đặt t x 2 . Tính dx 2tdt .
0,25
Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3.
3
Khi đó: I 2t.ln t 1 dt .
0,25
2
Sử dụng từng phần ta được I 16 ln 2 3ln 3
3
.
2
0,5
4 (1,0 1/ (0,5 điểm)
điểm)
1
Đk: x .
4
Ta có: log
2
4x
log 2 x 2 10 2 log 2 x 4 log 2 x 2 10 0 .
0,25
Đặt t log 2 x 2 , (t ≥ 0).
t 2
Phương trình có dạng: 2t t 10 0
.
t 5 (l )
2
2
log 2 x 2 2 log 2 x 2 x 4 .
Với t = 2 ta được
Vậy phương trình có nghiệm x = 4.
0,25
2/ (0,5 điểm)
15
15 k
15
2
2
Ta có:
x 2 C15k .
k 0
x
x
. x
Khi đó xét số hạng không chứa x ta có
15
2
2 k
k 0
15 k
k
15
.C .x
5 k 15
2
.
0,25
5k 15
0 k 3.
2
Vậy số hạng không chứa x là 212.C153 .
5 (1,0 Ta có AB 2; 1;3 , AC 2;1;5 ; AB; AC 8; 16;0 .
điểm)
Do đó n 1; 2;0 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC).
Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0.
0,25
0,25
0,25
Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0).
a 3
2
Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên IA R a 1 5 9
.
a 1
0,25
3
Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên S : x 2 y 3 z 2 9 .
2
Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên S : x 2 y 1 z 2 9 .
2
6 (1,0 Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH (ABCD) và
điểm)
a 3
SH
.
2
0,25
0,25
Do AB a AD a 3 . Khi đó S ABCD AB. AD a 2 3 . Vậy
1
a3
VS . ABCD SH .S ABCD .
3
2
0,25
Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP (ABCD).
0,25
Dễ thấy ∆MPN vuông tại P.
Ta có MP
1
a 3
a 13
SH
; PN
MN a .
2
4
4
0,25
7 (1,0 Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2.
điểm) Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau.
0,25
Theo công thức diện tích , từ S MAB 3S IAB ta được MA2 3R 2 MI 4 .
0,25
a 1
Gọi điểm M(a;3 – a). Do MI 4 nên
.
a 5
0,25
Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2).
0,25
8 (1,0 Đk: 4 x 1 .
điểm)
Ta có:
2 y 3 7 y 2 x 1 x 3 1 x 3 2 y 2 1 2 y 1 y 1 2 1 x 1 x 1 x .
3
0,25
Xét hàm số f t 2t 3 t đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng:
f y 1 f
1 x y 1 1 x y 1 1 x .
0,25
Thế vào phương trình còn lại ta được:
3 2x 4 1 x x 4 x 4 1 x 3 2x 4 0 .
Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy
nhất x = – 3.
0,25
Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3).
0,25
-----------------------Hết-----------------------
4
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
Năm học 2015 2016
Môn : TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y
2x 1
.
x 1
Câu 2 (1,0 điểm).
Cho hàm số y x 4 mx2 m 5 có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để đồ thị (Cm) của
hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 3 (1,0 điểm).
Cho log3 15 a, log3 10 b . Tính log9 50 theo a và b.
Câu 4 (2,0 điểm).
Giải các phương trình sau:
a) 2sinx cos x+ 6 sinx cosx 3 0 ;
b) 22 x5 22 x3 52 x2 3.52 x+1 .
Câu 5 (1,0 điểm).
n
2
Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x 2 với x ≠ 0, biết rằng:
x
4
Cn1 Cn2 15 với n là số nguyên dương.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a và AB vuông góc với
· 300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
mặt phẳng (SBC). Biết SB = 2a 3 và SBC
điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2 x y 5 0 và A( 4; 8). Gọi E là điểm đối xứng với B qua C, F(5; 4) là hình chiếu vuông góc
của B trên đường thẳng ED. Tìm tọa độ điểm C và tính diện tích hình chữ nhật ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm).
Giải phương trình: x x 1 (2x 3)2 (2x 2) x 2 .
Câu 9 (1,0 điểm).
3
4
Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x2 y 2 z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1
.
xy yz zx
-------- Hết --------
P 8xyz
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:..................................................................................Số báo danh:............................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 12 lần 2.
C©u
Néi dung bµi
§iÓ
m
TXĐ D = R\ 1
2 1/ x
2 , lim y , lim y
x 1 1/ x
x 1
x 1
Ta có lim y lim
x
0,25
Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang
x D ta có y’(x) =
3
y’(x) < 0 x D
( x 1) 2
0,25
Ta có bảng biến thiên:
1
∞
x
1
y’
+∞
+∞
y
2
2
∞
2
Hàm số nghịch biến trên ( ∞; 1) và (1; + ∞). Hàm số không có cực trị
0,25
Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị.
0,25
x ¡ ta có y' ( x) 4x3 2mx = 2 x(2 x2 m) ,
0,25
(Cm) có ba điểm cực trị khi y’(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt, tức là
2 x(2 x2 m) 0 có ba nghiệm phân biệt
0,25
2 x2 m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
m 0.
0,25
Xét dấu y’ và kết luận.
0,25
Ta có log9 50 log32 50
3
log3 50 log3
1
log3 50
2
150
log3 15 log3 10 1 a b 1
3
Kết luận
0,25
0,5
0,25
a) TXĐ D = ¡
Phương trình đã cho (2sinx 1)(cos x+ 3) 0
0,5
4
0,25
1
sin x
2
cosx = 3(v« nghiÖm)
0,25
x 6 k 2
, với k, l là số nguyên. Kết luận.
5
x
l 2
6
b) TXĐ D = ¡
Phương trình 22 x 3 (4 1) 52 x 1(5 3)
0,25
0,25
22 x3.5 52 x1.8
0,25
2x
2
1
.
5
2x 0 x 0
0,25
2
Ta có Cn1 Cn2 15 Cn+
1 15
n(n+1)
15
2
n 5 (t / m)
n2 + n 30 0
n 6 (lo¹ i)
0,25
0,25
5
Với n = 5 và x 0 ta có x2
5
5
5
2
2 5k
k
2 k
C
(
x
)
(
)
C5k x3k 5 (2)5k
5
x k 0
x
k 0
Số hạng chứa x4 trong khai triển trên thỏa mãn 3k – 5 = 4 k = 3, suy ra số hạng
chứa x4 trong khai triển trên là 40x4.
0,25
0,25
A
I
S
H
6
B
Ta có AB (SBC) (gt) nên VSABC =
Từ gt ta có SSBC =
C
1
AB.S SBC
3
0,25
1
1
1
BC.BS .sin 300 4a.2a 3. 2a 2 3
2
2
2
0,25
Khi đó VSABC =
1
3a.2a 2 3 2a3 3 (đvtt).
3
Hạ BH SC (H SC) ta chứng minh được SC (ABH)
Hạ BI AH (I AH)
Từ hai kết quả trên BI (SAC) BI = d(B; (SAC)).
Dựa vào tam giác vuông ABH tính được BI BI
6a 7
Kl
7
0,25
0,25
Ta có C d : 2 x y 5 0 nên C(t; –2t – 5).
Ta chứng minh 5 điểm A, B, C, D, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD. Do tứ
giác ABCD là hình chữ nhật thì AC cũng là đường kính của đường tròn trên, nên suy ra
0,25
được ·
AFC 900 AC 2 AF 2 CF 2 . Kết hợp với gt ta có phương trình:
(t 4)2 (2t 13)2 81 144 (t 5)2 (2t 1)2 t 1.
7
0,25
Từ đó ta được C(1; –7).
Từ giả thiết ta có AC // EF, BF ED nên BF AC, do C là trung điểm BE nên BF
cắt và vuông góc với AC tại trung điểm.
Suy ra F đối xứng với B qua AC, suy ra ∆ABC = ∆AFC
0,25
S ABC S AFC S ABCD 2S AFC 75 (đvdt).
0,25
TXĐ D = 1;
Phương trình ( x 1) x 1 ( x 1) x 1 (2x 3)3 (2x 3)2 2x 3 (1)
0,25
Xét hàm số f (t ) t 3 t 2 t f' (t ) 3t 2 2t 1 f' (t ) 0, t ¡ suy ra hàm số
8
f(t) đồng biến trên ¡ .
0,25
Phương trình (1) có dạng f ( x 1) f (2 x 3) . Từ hai điều trên phương trình (1)
x 1 2x 3
0,25
x 3 / 2
x 3 / 2
x= 2
2
2
x
1
4
x
12
x
9
4
x
13
x
10
0
0,25
Ta có
Mà
3
1
1 1
1
33 2 2 2 , đặt t =
xy yz zx
x y z
x2 y 2 z 2
3
P 8t
3
xyz 0
0,25
x2 + y 2 + z 2 1
1
0 t
3
4
2
3
3
8t 3 2 .
2 . Xét hàm số f (t )
t
t
Ta có t 0 , f'(t) = 24t 2
6
, f''(t ) = 0 t
t3
5
1
.
4
0,25
Ta có bảng:
9
t
0
1
2
5
0
1
4
0,25
f’(t)
f(t)
13
Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá trị t thỏa mãn 0 t
Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t =
1
2
1
1
hay x = y = z =
Kl: MinP = 13.
2
2
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1
NĂM HỌC: 2015-2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x 4 2 x 2 3
Câu 2 (2,0 điểm).
3π
2π
. Tính sin α
.
2
3
b) Giải phương trình: cos x sin 4x cos3x 0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x x 4 x 2 .
a) Cho tan α 2 và π α
1
trên đoạn 2; .
2
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4x 6x 9x.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường
môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ, môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1
nam và 4 nữ, môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ, môn Vật lí có 5 em đạt
giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự
đại hội thi đua? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD 2a 3 và góc tạo bởi
đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm
đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp
đường tròn (T) có phương trình: ( x 4)2 ( y 1)2 25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x 4 y 17 0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0)
và điểm M có tung độ âm
x 1 x 1 y 2 x 5 2 y y 2
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: x 8 y 1
2
y 2 x 1 3
x 4x 7
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z 0; 2 thỏa mãn x y z 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
1
1
1
2
2
xy yz zx
2
2
x y 2 y z 2 z x2 2
2
-----------------------HẾT-----------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Hä và tªn thÝ sinh:
.......................................................................
.........; SBD..........................................
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Câu
Nội dung
a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định : D R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : lim y ; lim y
Điểm
0,25
x
x
b, Bảng biến thiên: y’ = 4 x 4 x , y’ = 0 x = 0, x 1
x
-
-1
0
1
y'
0
+
0
0
+
-3
3
+
+
+
0,25
y
Câu 1
(1,0 điểm)
-4
-4
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;) , hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng (;1) và (0; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 , yCT = y( 1 ) = - 4.
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm
( 3 ; 0).
0,25
y
3 1 O
1
3
x
0,25
3
4
Cho tan α 2 và π α
Câu 2.1
(1,0 điểm)
3π
2π
. Tính sin α ?
2
3
1
1
1
5
2
Ta có Cos α 1 tan 2 α 1 4 5 cosα 5
3π
5
cosα 0 nên cosα
5
2
5
2 5
sin α cosα.tan α
.2
5
5
Do π α
0,25
0,25
0,25
Vậy
2π
2π
2π
sin α sin α.cos
cosα.sin
3
3
3
2 5 1 5 3 2 5 15
.
.
5
2
5
2
10
Giải phương trình: cos x sin 4x cos3x 0
Câu 2.2
(1,0 điểm)
0,25
cos x sin 4x cos3x 0 2sin 2x.sin x 2sin 2x.cos 2x 0
0,25
2sin 2x(sinx cos2x) 0 sin 2x(2sin 2 x sin x 1) 0
0,25
kπ
x 2
x π k2π
sin 2x 0
2
s inx 1
x π k2π
1
6
s inx
2
7π
k2π
x
6
0,5
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x x 4 x 2 .
1
trên đoạn 2; .
2
Câu 3
(1,0 điểm)
x
+ Ta có f '(x) 1
0,25
4 x2
+ f '(x) 0 x 2 [ 2; ]
1
2
0,25
1 15
2
0,25
minf(x) 2
0,25
1
2
+ Có f (2) 2;f ( )
maxf(x)
1
[-2; ]
2
1 15
;
2
1
[-2; ]
2
Giải phương trình 2.4x 6x 9x.
Phương trình
x
x
4 6
2. 1
9 9
2x
Câu 4
(1,0 điểm)
0,25
x
2
2
2. 1 0
3
3
2 x
1 Loai
3
2 x 1
2
3
0,25
0,25
x log 2 2
3
Vậy phương trình có nghiệm x log 2 2
0,25
3
Câu 5
(1,0 điểm)
Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt
giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn
Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3
nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ?
Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
Có tất cả 5.5.5.5=625 cách
n(Ω) 625
0,25
Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội”
0,25
A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH”
n(A) 4.1.2.3 1.4.3.2 48 P A
n(A) 48
n(Ω) 625
Vậy P(A) 1 P A 1
48 577
625 625
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm
0,25
0,25
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD 2a 3 và góc tạo
bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra
SH ( ABCD)
S
·
300 .
và SCH
Ta có:
K
A
Câu 6
(1,0 điểm)
D
I
H
B
SHC SHD SC SD 2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:
0,25
SH SC.sin SCH SC.sin 300 a 3
C
HC SC.cos SCH SC.cos 300 3a
Vì tam giác SAB đều mà SH a 3 nên AB 2a . Suy ra
BC HC 2 BH 2 2a 2 . Do đó, S ABCD AB.BC 4a 2 2 .
0,25
3
1
4a 6
Vậy, VS . ABCD S ABCD .SH
.
3
3
Vì BA 2HA nên d B, SAC 2d H , SAC
Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:
AC HI và AC SH nên AC SHI AC HK . Mà, ta lại có: HK SI .
Do đó: HK SAC .
0,25
Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
Suy ra, HK
HS .HI
HS 2 HI 2
HI AH
AH .BC a 6
.
HI
BC AC
AC
3
a 66
.
11
0,25
Vậy , d B, SAC 2d H , SAC 2 HK
2a 66
11
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội
tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x 4)2 ( y 1)2 25 .Xác định tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x 4 y 17 0 ;
đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm
A
Câu 7
(1,0 điểm)
B
I
C
D
+(T) có tâm I(4;1);R=5
+ Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BDM và N,C là chân các đường cao
nên chứng minh được :IM CN
0,25
E
N
M
+ Lập ptđt IM qua I và IM CN : 4(x-4)+3(y-1)=0 4x+3y-19=0
M(7; 3)
+ M là giao điểm (T) với IM :
M(1;5) (loai)
+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)
+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1
D(9;1)
D là giao điểm (T) và DC :
D(1;1)
Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)
uuur uuur
+Do BA CD => A(-1 ;5)
* Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ
x 1 x 1 y 2 x 5 2 y y 2
Giải hệ phương trình: x 8 y 1
2
y 2 x 1 3
x 4x 7
0,25
0,25
0,25
Điều kiện x 1; y 2 .
Đặt x 1 a; y 2 b a, b 0 , từ (1) ta có:
a ab a 2 1 5 2 b 2 2 b a b ab b 2 a 2 b 2 0
Câu 8
(1,0 điểm)
a b 1 2a b 0
a b (do a, b 0 1 2a b 0
0,25
x 1
y2 y x3 .
Thế vào (2) ta được:
x 8 x 4
x 1
x 1 3
x 4x 7
x 8
x4
x 1
2
*
x 4 x 7
x 1 3
+ x 8 y 11;
2
x 8 x 4 x 1 x 8
x2 4x 7
x 1 3
0,25
+ * x 1 3 x 4 x 1 x 2 4 x 7
x 1 3
x 1
2
0,25
3 x 2 3 . x 2 3 (**)
2
Xét hàm số f t t 3 t 2 3 với t ¡ có f ' t 3 t 1 0 t ¡ nên
f t đồng biến trên ¡ .
2
x 2
Do đó ** f x 1 f x 2 x 1 x 2
2
x 1 x 4x 4
x 2
5 13
2
x
(T/M)
2
x
5
x
3
0
x
0,25
5 13
11 13
y
2
2
5 13 11 13
;
2
2
Vậy hệ đã cho có nghiệm x; y là 8;11 và
Cho x, y, z 0; 2 thỏa mãn x y z 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
1
1
1
2
2
xy yz zx
2
2
x y 2 y z 2 z x2 2
2
Ta có x2 y 2 2 x2 1 y 2 1 2 x y ,….; xy
Câu 9
(1,0 điểm)
1 1
1
1
xy 1
,…
2
xy yz zx 3 .
Nên P
2x y y z z x
Ta có x y z xy yz zx 9 xyz
x y y z z x x y z xy yz zx xyz
8
x y z xy yz zx
9
0,25
x y y z y z z x x y z x
1
1
1
x y yz zx
x y y z z x
x y z xy yz zx
x y y z z x
2
x y z xy yz zx
2
8
x y z xy yz zx
9
27
3
8 xy yz zx 8
1
27
27
xy yz zx
2 8 xy yz zx
8
Suy ra P
Đặt t xy yz zx .
Do x, y, z 0; 2 2 x 2 y 2 z 0 xy yz zx
4 xyz
2t 2
2
1
2
Mặt khác: xy yz zx x y z 3 t 3 .
3
Vậy t 2;3
0,25
1 27
27
Ta có P t f t
2 8t
8
1 27 8t 3 27
Xét hàm số f t với t 0; 2 ta có f ' t t 2
0 t 2;3
2 8t
16t 2
nên hàm số f t đồng biến trên 2;3 .
15
.
4
15
15
Do P f t P . Có P khi x y z 1 .
4
4
15
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
đạt được khi x y z 1.
4
0,25
f t f 3
(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)
0,25
SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 - LỚP 12
NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
x2
có đồ thị kí hiệu là (C ) .
x 1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số y
b) Tìm m để đường thẳng y x m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB 2 2.
Câu 2 (1,0 điểm):
a) Cho
2
0 và cos
3
. Tính giá trị của biểu thức: P cos sin .
5
3
6
b) Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, tìm
xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ.
Câu 3 (1,0 điểm):
a) Giải phương trình: 312 x.27
x 1
3
81 .
b) Tính giá trị của biểu thức: Q log a a b log
a. b log
4
a
3
b
b , biết rằng a, b là các số thực
dương khác 1.
Câu 4 (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y x.log x trên khoảng (0;10).
Câu 5 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng : y 2 0 và các điểm
A(0;6), B(4;4) . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng
sao cho tam giác ABC vuông tại B.
Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB 2a . Hình chiếu
vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA và mặt
phẳng ( ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa đường thẳng
AC và mặt phẳng (SAB).
Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp
3 1
·
là I ; , tâm đường tròn nội tiếp là J (1;0) . Đường phân giác trong góc BAC
và đường phân giác
2 16
ABC cắt nhau tại K (2; 8) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có hoành độ
ngoài góc ·
dương.
Câu 8 (1,0 điểm): Giải bất phương trình: 1 4 x2 20 x 4 x 2 9.
Câu 9 (1,0 điểm): Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: xy 1 y. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: P
x y
x xy 3 y
2
2
2y x
.
6( x y)
---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….…………………………………….…….….….; Số báo danh:……………
