TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 2
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 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 1
2x 3
Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f x x 18 x 2 .
Câu 3 (1,0 điểm).
sin sin 2 2 cos3 2cos 5
4
a) Cho ; và sin . Tính giá trị biểu thức P
5
sin cos 2 sin 5
2
b) Giải phương trình : cos 2 x 1 2 cos x sin x cos x 0
2
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : log 3 x 5 log 9 x 2 log
3
x 1 log
3
2
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển của biểu thức : 2x 2
8
3
.
x
b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n và n 3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường
chéo .
Câu 6 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B 3; 0 . Tìm
tọa độ các đỉnh C và D
Câu 7 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng
vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho
BH 2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách
từ điểm H đến mặt phẳng SCD .
Câu 8 (1,0 điểm)..
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4 , tiếp tuyến tại A của đường tròn
ADB là d : x y 2 0 ,
ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của góc
điểm M 4 ;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .
x3 y 3 8 x 8 y 3 x 2 3 y 2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : 2
3
2
5 x 5 y 10 y 7 2 y 6 x 2 x 13 y 6 x 32
Câu 10 (1,0 điểm).Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức :
T
4
4
1 1 1
4
ab bc ca a b c
--------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:………………
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
3
Tập xác định: D \ .
2
Sự biến thiên. :
1,0
x 1
2x 3
Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y
5
3
3
+ CBT y '
0, x D Hàm số nghịch biến trên (; ) và ( ; ) .
2
2
2
(2 x 3)
0,25
+Hàm số không có CĐ, CT
+Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận
1 (1,0 đ)
3
3
lim y và lim y x là TCĐ khi x .
3
3
2
2
x
x
2
lim y
x
0,25
2
1
1
y là TCN khi x .
2
2
Bảng biến thiên:
x
-
y’
y
3
2
||
-
1
2
0.25
1
2
3.Đồ thị.
3 1
- Đồ thị nhận điểm I( ; )
2 2
làm tâm đối xứng.
- Đồ thị cắt Ox tại 1; 0
1
và cắt Oy tại (0; ) .
3
- Đồ thị đi qua 1; 2 , 2; 3
6
4
2
- 10
-5
5
10
I
-2
0,25
-4
-6
-8
-10
Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f x x 18 x 2 .
1,0
Hàm số xác định và liên tục trên D 3 2;3 2
2 (1,0 đ)
Ta có f x 1
0,25
x 0
f x 0 18 x 2 x
x3
2
2
18 x 2
18 x x
x
Mà f 3 2 3 2 ; f 3 2 3 2 ; f 3 3 18 9 6
Suy ra
max
x 3 2 ;3 2
f x f 3 6 ;
min
x 3 2 ;3 2
0,25
f x f 3 2 3 2
0,25
4
a) Cho ; và sin . Tính giá trị biểu thức
5
2
sin sin 2 2 cos3 2cos 5
P
sin cos 2 sin 5
Ta có
2sin 2 .cos 2 cos3 1 cos 2
2sin 2 .cos 2 cos3 sin 2
P
sin cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 sin 5
sin cos 2 sin 2 sin 5
3.(1,0đ)
2sin 2 .cos 1 cos2
2sin 4 .cos
2 tan 3 1
sin .cos 4
sin .cos4
4
9
3
Bài ra ta có sin cos 2 1 sin 2
cos Do ;
5
25
5
2
P
0,25
0,5
0,25
3
4
5
128
128
Thế vào 1 ta được P 2.
. Đáp số P
27
27
3
5
b) Giải phương trình : cos 2 x 1 2 cos x sin x cos x 0
0,25
0,5
Phương trình đã cho cos 2 x sin 2 x 1 2 cos x sin x cos x 0
cos x sin x cos x sin x 1 2cos x 0
0,25
cos x sin x cos x sin x 1 2 cos x 0 cos x sin x sin x 1 cos x 0
tan x 1
x k
cos
x
sin
x
0
4
( k )
sin x 1 cos x 0 2 sin x 1
x k 2 , x k 2
4
2
Vậy phương trình có các nghiệm x k ; x k 2 ; x k 2 ,( k )
4
2
Câu 4 (1,0 điểm).
2
Giải phương trình : log 3 x 5 log9 x 2 log 3 x 1 log 3 2
4 .(1,0 đ)
x 5 0
x 5
x 1
2
Điều kiện x 2 0 x 2
x 2
x 1
x 1 0
0,25
1,0
0,25
2
Với điều kiện đó phương trình log 3 x 5 log3 x 2 log 3 x 1 log 3 2
2
2
log 3 x 5 x 2 log 3 2 x 1 x 5 x 2 2 x 1
Trường hợp 1. Nếu x 2 thì phương trình * tương đương với
x 3
2
x 5 x 2 2 x 1 x 2 7 x 12 0
x 4
( t / m)
(t / m)
*
0,25
0,25
Trường hợp 2. Nếu 1 x 2 thì phương trình * tương đương với
1 97
(t / m)
x
2
6
2
x 5 x 2 2 x 1 3 x x 8 0
1 97
(loai )
x
6
1 97
Vậy phương trình có ba nghiệm: x 3, x 4 và x
6
0,25
8
3
a) Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức : 2x 2
.
x
6
8
8k
k
32 5 k
8
3
k 8k k
k
2
C
x
.
1
2
3
8
x
k 0
32 5k
Số hạng chứa x 6 ứng với k thỏa mãn
6k 4
2
4
Vậy hệ số của x 6 là : C84 1 2434 90720
8
3
Gt 2 x 2
C8k 2 x 2
x k 0
5 (1,0 đ)
1,0
b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n và n 3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135
đường chéo .
n n 3
Số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là Cn2 n
2
n n 3
n 18
Từ giả thiết ta có phương trình
135 n 2 3n 270 0
2
n 15
Do n và n 3 . Nên ta tìm được giá trị cần tìm n 18
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD ,
biết hai đỉnh A 1; 1 , B 3;0 . Tìm tọa độ các đỉnh C và D
Gọi C x0 ; y0 , khi đó AB 2;1 , BC x0 3; y0
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
0,25
6 .(1,0 đ) Từ ABCD là hình vuông, ta có :
x0 4
2 x0 3 1. y0 0
AB BC
y0 1
2
2
x 2
AB BC
x0 3 y0 5
0
y0 2
Với C1 4; 2 D1 2; 3 ( từ đẳng thức AB DC )
Với C2 2; 2 D1 0;1 ( từ đẳng thức AB DC )
0,25
0,25
0,25
Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên SAB nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc
đoạn AB sao cho BH 2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối
chóp S .ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SCD .
1,0
600
Vì SC tạo với đáy một góc 600 , suy ra SCH
4 13
4 13
64 4 13
8
Ta có: HB HC 42
SH
.tan 600
3
3
9
3
3
0,25
S
I
A
B
H
D
K
C
1 4 13 64 13
1
7. (1,0 đ) V
.S ABCD .SH 4 2.
S . ABCD
3
3
3 3
3
Kẻ HK song song AD ( K CD ) DC ( SHK ) mp ( SCD) mp( SHK )
Kẻ HI vuông góc với SK HI mp ( SCD) d ( H ,( SCD)) HI
1
1
1
3
1
16
Trong SHK ta có:
2 2
HI 13
2
2
2
HI
4 .13 4 13.4 2
SH
HK
d ( H , ( SCD)) 13 .
0,25
0,25
0,25
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4 , tiếp
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân
ADB là d : x y 2 0 , điểm M 4;1 thuộc cạnh AC . Viết
giác trong của góc
phương trình đường thẳng AB .
A(1;4)
F
E
M(-4;1)
I
D
B
C
Gọi E, F là giao điểm của d
và AB, AC
Ta có:
1
AFD C 2 ADC
.
1
AEF ADC DAB
2
Mà C DAB (cùng chắn
AB )
cung
AFD A
EF AE AF
1,0
0,25
8 .(1,0 đ) Ta có AC ( 5; 3) suy ra vtpt của AC là n AC (3; 5)
pt AC : 3( x 1) 5( y 4) 0 3x 5 y 17 0
7
x 2
3x 5 y 17 0
7 11
Tọa độ F là nghiệm của hệ:
F( ; )
2 2
x y 2 0
y 11
2
7
11
34
34
AE
AF (1 )2 (4 )2
2
2
2
2
Vì E d E (t ; t 2) AE ( t 1; t 2) AE ( t 1) 2 ( t 2) 2
Ta có
0,25
7
7 11
t
E ( ; ) ( Loai do trung F )
34
2 2 2
AE
2
t 1
E ( 1 ; 3 ) (T / m)
2
2 2
3 5
AE ( ; ) vtpt của AB là nAB (5; 3)
2 2
pt AB : 5( x 1) 3( y 4) 0 5x 3 y 7 0
Câu 9. Giải hệ phương trình
x3 y 3 8x 8 y 3x 2 3 y 2
: 2
3
2
5 x 5 y 10 y 7 2 y 6 x 2 x 13 y 6 x 32
x 2 0
x 2
Điều kiện :
y 7 0
y 7
3
3
Từ phương trình 1 ta có x 1 5 x 1 y 1 5 y 1
0,25
1
2
3
1,0
0,25
Xét hàm số f t t 5t , trên tập , f t 3t 5 0, t hàm số f t đồng
3
2
biến trên . Từ 3 : f x 1 f y 1 x y 4
9 .(1,0 đ) Thay 4 vào 2 ta được pt:
5x 2 5 x 10 x 7 2 x 6 x 2 x3 13x 2 6 x 32 5
5x
2
5 x 10
x 7 3 2x 6
5 x 2 5 x 10
x 2
Đ/K x 2
x 2 2 x3 2 x 2 5 x 10 5
2x 6
2
x 2 x 5
x22
x7 3
5 x 2 5 x 10
2x 6
x2 5 0
x 2
x2 2
x7 3
0,25
0,25
y 2 x; y 2; 2 ( thỏa mãn đ/k)
x 2
4
5 x 2 5 x 10 2 x 6
2x 6
5 x 2 5 x 10
0
2
5
x7 3
x22
2
1
1
1
1
5x
10
2
x 6
0 (pt này vô nghiệm)
5
x
x 7 3 5 0,x2 x 2 2 2
0,x 2
0,25
0, x2
0,x2
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất : x; y 2; 2
Câu10. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức :
T
4
4
4
1 1 1
ab bc ca a b c
1
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 a, b, c 0;
2
4
4
4
1 1 1 5a 1 5b 1 5c 1
T
1 a 1 b 1 c a b c a a 2 b b2 c c2
10.(1,0đ)
1,0
0,25
2
5a 1
3a 1 2a 1 0 , a 0; 1
18a 3
Ta có
2
aa
a a2
2
5a 1
1
18a 3, a 0;
Từ đó suy ra :
2
aa
2
0,25
Ta cũng có 2 bất đẳng thức tương tự:
5b 1
5c 1
1
1
18b 3, b 0; và
18c 3, c 0;
2
2
b b
cc
2
2
Cộng các bất đẳng thức này lại với nhau ta có :
T
5a 1 5b 1 5c 1
18 a b c 9 9 .
a a 2 b b2 c c2
0,25
1
1
Tmax 9 đạt được a b c
3
3
Vậy Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 , thì giá trị lớn nhất
Dấu đẳng thức xẩy ra khi a b c
của biểu thức :
khi a b c
T
4
4
4
1 1 1
bằng 9 và đạt được khi và chỉ
ab bc ca a b c
1
3
Chú ý: Để có được bất đẳng thức
0,25
5a 1
1
18a 3, a 0; ta đã sử dụng phương
2
aa
2
pháp tiếp tuyến
Lưu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm
nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải câu 7 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.