Tải bản đầy đủ (.pdf) (7 trang)

Đề 12 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) năm 2016

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (359.63 KB, 7 trang )

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


  
ab bc ca 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  
 x3
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


8k

k

32 5 k
8
 3 
k 8k k
k
2
C
x


. 
1
2
3



8

x
k 0

32  5k
Số hạng chứa x 6 ứng với k thỏa mãn
6k 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
x22

 x7 3
 5 x 2  5 x  10

2x  6

  x2  5   0
 x  2 
x2 2
 x7 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
x7 3
x22 

 2


1
1 
1
1

5x 
10  
    2
x  6 
   0 (pt này vô nghiệm)
  5
x

 x  7  3 5  0,x2  x  2  2 2 

 
 0,x 2  

0,25


 0, x2

 0,x2

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


  
ab bc ca 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
aa
a  a2
 2
5a  1
 1
 18a  3, a   0; 
Từ đó suy ra :
2
aa
 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
cc
 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
ab bc ca 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
aa
 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.



×