de thi thu thpt quoc gia mon toan nam 2015 2016

VnDoc.com – Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015 - 2016 (LẦN 1)
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Ề THI CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y   x 3  3x 2  3(m 2  1) x  3m 2  1

(1)

a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
b) ìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 và x 2 đồng thời x1  x2  2 .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình, bất phương trình sau:
a) 5x 1  4  52 x

b) log

5

x  log 5 ( x  2)  log 1 3
5

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:



 x  x  sinx  dx

0

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: sin 2 x  2 cos x  0 .
b) Một lớp học có 28 học sinh trong đó có 15 học sinh nam và 13 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên
5 học sinh tham gia Hội trại chào mừng ngày thành lập đoàn 26/3. ính xác suât để trong 5
học sinh được chọn có ít nhất 3 học sinh nam.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy B

là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a. H là
trung điểm cạnh AB, SH vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SA  a 5 . Tính thể tích hình chóp
2
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HC và SD.
Câu 6 (1,0 điểm). rong không gian xyz cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) có phương trình:

 x 1  2t

(d ) :  y  2  t
z  3  t


( P) : 2 x  y  z  1 0.

Tìm tọa độ điểm A là giao của đường thẳng (d) với (P). Viết phương trình đường thẳng qua A
nằm trên mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ xy cho hình vuông B

; các điểm M, N và P lần lượt

là trung điểm của AB, BC và CD; CM cắt DN tại điểm I  5;2  . Biết P  11 ; 11  và điểm A có hoành

2 2
độ âm. Tìm tọa độ điểm A và D.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 xy ( x  1)  x3  y 2  x  y


3 y 2  9x2  3   4 y  2











1  x  x2  1  0

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x  y;  x  z  y  z   1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

1

 x  y

2



4

x  z

2



4

 y  z

2

---------- Hết --------Thí sinh không được sửdụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ................................


VnDoc.com – Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015 - 2016 (LẦN 1)

SỞ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Môn: TOÁN

Ề THI CHÍNH THỨC

CÂU
Câu 1

Đáp án

Điểm

Cho hàm số: y   x  3 x  3(m  1) x  3m  1
3

2

2

2

(1)

a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
Khi m =1 hàm số trở thành: y   x  3 x  4
3

2

 Tập xác định: R
 Sự biến thiên:
+ Giới hạn và tiệm cận
lim y   ; lim y   ;
x 

0,25

x 

ồ thị hàm số không có tiệm cận.
+ Bảng biến thiên
y’ = -3x2 + 6x ; y’ = 0  x = 0 hoặc x = 2
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2). Hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng  ;0  và  2;  

x
0
2

y’
0
+
0
y
0


-4

ồ thị
iểm uốn: I(1; -2)

0,25

0,25

0,25

Nhận xét: ồ thị nhận điểm uốn I(1; -2) làm tâm đối xứng.
b) Cho hàm số: y   x  3 x  3(m  1) x  3m  1
3

2

2

2

(1)

ìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 và x 2 đồng thời x1  x2  2 .

y’ = -3x2 + 6x + 3(m2 - 1)
+ Hàm số (1) có hai điểm cực trị khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt
  '  9m 2  0  m  0.
+ x1  x2  2   x1  x2   4 x1 x2  4
2

0,25
0,25


VnDoc.com – Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

rong đó: x1  x2  2; x1 x2  1  m 2

0,25

Nên x1  x2  2  1  m2  0  m  1 ( M K). ậy m  1

0,25

Câu 2 Giải các phương trình, bất phương trình sau:
5x1  4  52 x

a)
5

x 1

45

2x

 5



x 2

 5 x 1
 5.5  4  0   x
5  4
x

0,25

x  0
Vậy PT có nghiệm x  0; x  log5 4.

x

log
4
5

b) log 5 x  log 5 ( x  2)  log 1 3

0,25

5

K: x  0 . BPT trở thành:
log 5 x 2  log 5 ( x  2)   log 5 3  log 5 x 2  log 5 3  log 5 ( x  2)
2
 log 5 3 x 2  log 5  x  2   3 x 2  x  2  0    x  1
3
Kết hợp điều kiện, BPTcó nghiệm: 0  x  1
Câu 3

0,25

0,25



Tính tích phân:

I   x  x  sinx  dx
0









I   x dx   x sinxdx   x dx   xd (cos x)
2

0

2

0

0

0,25

0

 
x3 

  x cos x    cos xdx
0 0
3 0


3
3

   sinx

0,25


0,25

0

1
I  3 
3

0,25

Câu 4 a) Giải phương trình:
sin 2 x  2 cos x  0





0,25

 2sin x.cos x  2 cos x  0  cos x 2sin x  2  0

cos x  0

sinx   2

2

Phương trình có nghiệm: x 
b)


2

 k ;x  


4

 k 2 ; x 

5
 k 2
4

.

Một lớp học có 28 học sinh trong đó có 15 học sinh nam và 13 học sinh nữ.
Chọn ngẫu nhiên 5 bạn học sinh tham gia Hội trại chào mừng ngày thành lập
đoàn 26/3. ính xác suât để trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 3 học sinh
nam.

0,25


VnDoc.com – Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ 28 học sinh của lớp, số cách chọn:
5
  C28
A là biến cố: Có ít nhất 3 học sinh nam.
0,25

Có ba khả năng:
Số cách chọn 3 nam và 2 nữ: C153 .C132
Số cách chọn 4 nam và 1 nữ: C154 .C131
Số cách chọn cả 5 học sinh nam: C155
C153 .C132  C154 .C131  C155 103
P( A) 

5
C28
180

Câu 5

ho hình chóp . B

, đáy B

0,25

là hình chữ nhật có AB = a, BC= 2a. H là

trung điểm cạnh AB, SH vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SA 

a 5
.
2

Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HC và SD.

SH  (ABCD). Tam giác SHA vuông tại H.

SH  SA2  HA2  a
1
2a 3
VS . ABCD  S ABCD .SH 
(đv ).
3
3
 Kẻ đường thẳng Dx P HC, kẻ HI  ID (I thuộc Dx),
kẻ HK  SI ( K thuộc ). Khi đó HK  (SID), HC P(SID).
d(HC,SD) = d(HC,(SID)) = d(H,(SID)) = HK.
4a

HI = d(D,HC) = 2d(B,HC) = 2BE =
. (BE  HC tại E)
17
4a 33
Trong tam giác vuông SHI có HK 
.
33
Câu 6

rong không gian xyz cho đường thẳng d và mặt phẳng (P):
 x 1  2t

d : y  2  t
z  3  t


( P) : 2 x  y  z  1 0.

0,25

0,25
0,25

0,25


VnDoc.com – Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Tìm tọa độ điểm A là giao của đường thẳng d với (P). Viết phương trình đường
thẳng qua A nằm trên mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d.

Tọa độ A là nghiệm của hệ:

 x 1  2t
y 2  t

d :
z  3  t
2 x  y  z  1 0.

t  2  A(3;4;1)
ường thẳng d’ nằm trên mặt phẳng (P) và vuông góc với d nên có
uur uur uur
VTCP ud '  ud , nP   (  2;0;4)
x   3  t

P d’: d ' :  y  4
 z  1  2t


0,25
0,25
0,25

0,25

Câu 7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, các điểm M, N
và P lần lượt là trung điểm của AB, BC và CD; CM cắt DN tại điểm
 11 11 
I  5;2  . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông, biết P  ;  và điểm A có

2 2
hoành độ âm.

Gọi H là giao điểm của AP với DN.
Dễ chứng minh được CM  DN, tứ giác APCM là hình bình hành suy
ra HP P , HP là đường trung bình của tam giác DIC, suy ra H là trung
điểm IP; tam giác AID cân tại A, tam giác DIC vuông tại I nên AI =
AD và IP = PD.
 AIP  ADP hay AI  IP.
 x  5  7t
ường thẳng đi qua và vuông góc P nên có P : 
y  2  t
uur 5 2
IP  IP 
2
Gọi A(5 + 7t; 2 – t); AI = 2IP suy ra t = 1 hoặc t = -1.
o có hoành độ âm nên t = -1. A(-2; 3).
ường thẳng đi qua AP có PT: x – 3y +11 = 0
ường thẳng đi qua
có P : 3x + y -17 = 0

0,25

0,25

0,25


VnDoc.com – Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

H   AP  DN  H (4;5).
0,25

H là trung điểm ID  D( 3; 8)
Vậy: A(-2; 3); D( 3; 8).
Câu 8 Giải hệ phương trình:
 xy ( x  1)  x3  y 2  x  y


3 y 2  9 x2  3   4 y  2









(1)



1  x  x2  1  0

(2)

y  x
Biến đổi PT (1)   x  y   x 2  y  1  0  
2

y  x 1
x = y thế vào P (2) ta được:





3x 2  9 x 2  3   4 x  2 
  2 x  1



 2 x  1

2





1  x  x2  1  0





 3  2  (3 x) 2  (3 x) 2  3

 f  2 x  1  f  3x 

Xét f (t )  t



0,25



0,25



t 2  3  2 có f '(t )  0, t.

1
1
f là hàm số đồng biến nên: 2 x  1   3 x  x    y  
5
5



y  x 2  1 thế vào (2)





3( x 2  1) 2  9 x 2  3   4 x 2  1  2 



0,25



1  x  x2  1  0

Vế trái luôn dương, P vô nghiệm.
 1 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất:   ;   .
 5 5

0,25

Câu 9 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x  y; x  z y  z  1 .



Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

1

 x  y

2



4

x  z

2



4

 y  z

2

1
a  x  z y  z .
a
1
x  y x z  y  z a a 1
a
2
a 1
x  y  x  z  ( y  z) 
a
hay vào P được:
P
P

a2

a

2

 1

2

a2

a

2

 1

2



0,25

4
 4a 2
2
a

 3a 2 

4
a2

2

a

 3a 2  4
2
2
2
a
 a  1

0,25


VnDoc.com – Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Xét f (t ) 
f '(t ) 

t
f’
f

t

 t  1

t  1

 t  1

3

2

 3t  4 ; t  a 2  1

 3; f '(t )  0 

1
-

2
0

3t 3  9t 2  8t  4

 t  1

3

 0  t  2; (t  1)


+

0,25

12
Min f (t ) 12 . Vậy Min P 12 khi x  z  2; y  z  x  y  1 .

t 1
2

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------

0,25