Tổng hợp 125 đề thi thử toán THPT quốc gia (có lời giải chi tiết 2016) phần 3 1
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (4.58 MB, 60 trang )
ĐÁP ÁN.
Câu1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y
Đk: x # 1
y'
x2
1
x 1
3
0 x 1
x 12
0,25
H/s luôn nghịch biến trên mỗi khoảng x/đ.
H/s không có cực trị.
Giới hạn: lim y 1; lim y ; lim y
x
1đ
x 1-
0,25
x 1
Đồ thị h/s có TCĐ là đt: x = 1; TCN là đt: y = 1
BBT:
x
-∞
y’
y
1
+∞
-
-
1
0,25
+∞
-∞
Đồ thị:
1
y
0,25
1
-2
O
1
x
-2
Câu2
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y
[2;5]
Hàm số liên tục và có đạo hàm trên [2;5].
y' 1
x 3 2;5
4
; y' 0
2
x 1
x 1 2;5
x 2 2x 5
trên đoạn
x 1
1đ
0,5
y 2 5; y3 4; y 5 5
0,25
196
max y 5 khi x 2 x 5; min y 4 khi x
Câu3
2;5
2; 5
0,25
3 sin x cos x
0 (1)
2 sin x 1
a) Giải phương trình:
0,5đ
x 6 k
3 sin x cos x 0
7
1
x k 2 x
k 2 ; k Z
1
6
6
sin x
2
5
x 6 k 2
b) Giải bất phương trình: log 1 5 2 x 2 1 0 (1)
1 5 2 x 2 1 x 2 9 3 x 3 .
2
Câu4
2
4
2
0,5đ
0,5
2
Tính tích phân: I x ln x 1dx
1đ
1
Đặt u ln x 1; dv xdx du
0
I
Câu5
0,5đ
1
1
1 1
dx; v x 2 x 1 x 1
x 1
2
2 2
0,5
1
1
1 2
x 1 ln x 1 x 1dx
20
2
0
1
11
1 1
x2 x .
22
0 4
0,5
Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc trục Oz 1đ
và đi qua hai điểm A3;4;4, B 4;1;1
Gọi I(0;0;a) là tọa độ tâm mặt cầu cần tìm.
0,25
2
2
2
Phương trình m/c cần tìm có dạng: x y z 2az b 0
Vì A(3;4;4), B(-4;1;1) thuộc m/c nên ta có hệ:
23
a
41 8a b 0
6
18 2a b 0
b 31
3
0,5
23
31
23
901
Vậy pt m/c cần tìm là: x y z z 0 hay x 2 y 2 z
3
3
6
36
2
2
Câu6
2
2
a) số phần tử của kg mẫu là: n C306 593775
Gọi A là biến cố có ít nhất 2 h/s lớp 12C3 được chọn
5
n A C 256 C51 .C 25
442750
Xác suất của b/c A là: P A 1 PA 1
442750 151025
0, 25
596775 593775
b) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển 2 3 x 2 .
2 3x C
2 8
8
k 0
k
8
.2 k . 3 x 2
8 k
C8k .2 k . 3
8 k
197
8
.x16 2 k
0,25
0,25
0,25
0,5đ
Câu7
ố hạng trong khai triển chứa x 6 khi 16-2k = 6 hay k = 5
Vậy hệ số của x 6 trong khai triển là: C85 .2 5. 33 48384
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông
cân ở B và AB = a. Hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABC) trùng với
trung điểm H của cạnh AB. Biết diện tích mặt bên ABB’A’ bằng 3a 2 .
a) Tính thể tích khối lăng trụ đã cho.
A’
Diện tích tam giác ABC là:
1
1
S AB.BC a 2
2
2
Theo gt ta có: A' H .AB 3a 2 A' H 3a
Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
E
0,25
I
C
H
0,25
B
d B; ACB' 2d H ; ACB' 2 HK
b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mp(ACB’).
0,5đ
0,25
Với K là trực tâm tam giác AEI và
Câu8
0,5đ
C’
B’
A
3
V S . A' H a 3
2
0,25
0,25
1đ
1
1
1
1
9
a
2 HK
2
2
2
2
HK
HA
HI
HE
a
3
2a
Vậy d B; ACB' 2 HK .
3
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Biết trung 1đ
điểm cạnh AB là M(0;3), trung điểm đoạn thẳng IC là E(1;0) và điểm A
có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D.
Đặt AEM ,0 0 90 0 ,ta có:
BF
3 tan 450 3
tan EMB
BM
1 tan
1
2
3 tan cos
1 tan
2
5
Ptđt ME là: 3 x y 3 0
F
D
I
A
C
E(1;0)
M(0;3)
0,25
B
Đường thẳng AC đi qua điểm E(1;0) và tạo với đt ME một góc sao cho
cos
2
có pt là:
5
x y 1 0 hoặc 7 x y 7 0
0,25
TH1: Pt đt AC là: x y 1 0
d M ; AC 2 AM MI 2 .Suy ra phương trình đường tròn tâm M qua
A và I là: x 2 y 32 4
Tọa độ của A và I là nghiệm của hệ:
x y 1 0
x 2 x 0
2
2
y 3 y 1
x y 3 4
Vì I nằm giữa A và E nên A 2;3; I 0;1 B2;3; C 2;1, D 2;1 (t/m gt)
198
0,25
Th2: Pt đt AC là: 7 x y 7 0
Tương tự tìm được tọa độ A nhưng không nguyên nên loại.
Tóm lại tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD là:
Câu9
A 2;3; B2;3; C 2;1, D 2;1
2 y 3 y 2 x 1 x 3 1 x
Giải hệ phương trình:
2
2
2
9 4 y 2 x 6 y 7
ĐK: x 1 , ta có:
2 y
y 2 x 1 x 3 1 x 2 y 3 y 2. 1 x 1 x y 1 x
Vì h/s f t 2t 3 t đồng biến trên R.
3
3
0,25
1đ
0,5
Thế vào pt kia ta được pt:
2x2 6x 1 4x 5
4x2 8x 4 4x 5 2 4x 5 1
2 x 2
2
4x 5 1
0,25
2
2 2 x 4 x 5 1 vì x 1
x 1 2 tmđk.
Câu10 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn: a b c 0; a b c 6 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức F a 2 b 2 c 2
Từ gt ta có:
b c a
2
bc a 3
2
2
2
Hệ có nghiệm khi a 2 4a 2 3 a 2 4 a 2 0;4
F a 2 b 2 c 2 a 2 a 2 3 t 3 6t 2 9t , t a 2 0;4
t 1 0;4
Ft ' 3t 2 12t 9; Ft ' 0
t 3 0;4
2
F 0 F 3 0; F 1 F 4 4
Suy ra max F 4 khi a; b; c 2;1;1 hoặc các hoán vị hoặc a; b; c 2;1;1
hoặc các hoán vị.
0,25
1đ
0,25
0,25
0,25
0,25
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( đã chia sẻ
đến www.laisac.page.tl
199
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA
2016 - ĐỀ SỐ 35
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
--------oOo--------
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x 3 3x 2 2 .
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị của hàm số f ( x)
giao điểm của đồ thị (C ) với trục Ox .
x 1
(C ) tại
x2
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn z i 1 2 i 1 3i 0 . Tìm môđun của số phức z .
b) Giải bất phương trình log 2 x 1 log 1 x 2 2 .
2
1
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I
0
2x 1
dx .
x 1
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2; 1; 0 và mặt phẳng
( P ) : x 2 y z 2 0 . Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua A và có tâm I là hình chiếu
vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ( P) .
Câu 6 (1,0 điểm).
3
.
5
b) Để bảo vệ Đại hội Đảng toàn quốc lần thứ XII diễn ra từ ngày 20 đến 28 tháng 01 năm
a) Tính giá trị của biểu thức P 5 sin .sin 2 cos 2 , biết cos
2016, Bộ Công an thành lập 5 đội bảo vệ, Bộ Quốc phòng thành lập 7 đội bảo vệ. Ban tổ chức
chọn ngẫu nhiên 5 đội thường trực để bảo vệ tại Trung tâm Hội nghị Quốc gia Mỹ Đình (nơi
diễn ra Đại hội). Tính xác suất để trong 5 đội được chọn có ít nhất 1 đội thuộc Bộ Công an, ít
nhất 1 đội thuộc Bộ Quốc phòng.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông
góc của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thuộc cạnh BC sao cho HC 2 HB , góc giữa
SA với mặt đáy ( ABC ) bằng 45 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SC và AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I . Các
10 11
2
điểm G ; , E 3; lần lượt là trọng tâm của tam giác ABI và tam giác ADC . Xác
3
3 3
định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết tung độ đỉnh A là số nguyên.
9 y 2 2 y 3 y x 4 xy 7 x
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
trên tập số thực.
2
y
1
1
x
2
y
1
1
x
2
y
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x , y , z là các số thực dương x y z 2 xy 5 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P
4 x y
y
2x
.
2
25z
x y 18 x y 4 z
2
-------------Hết-----------
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( đã chia sẻ
200
đến www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
Môn: TOÁN.
(Đáp án có 04 trang)
Câu
1
(1,0đ)
Đáp án
Điểm
x 0
Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Ta có : y ' 3x( x 2) y ' 0
x 2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ; 0 va 2; ,đồng biến trên khoảng
0,25
Tập xác định: D R
(0 ;2)
Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và yCT=-2
Hàm số đạt cực đại tại x=2 và yCĐ=2
Giới hạn lim y ; lim y
x
0,25
x
Bảng biến thiên:
x
y’
y
0
0
2
0
+
-
0,25
2
-2
y
f(x)=-x^3+3X^2-2
0,25
5
x
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
-5
Đồ thị (C ) cắt Ox tại A(1;0)
2
(1,0đ)
3
(1,0đ)
f '( x)
1
2
x 2
0,25
x 2
0,25
Hệ số góc của tiếp tuyến tại A là: k f '(1) 1
0,25
Phương trình tiếp tuyến là y 1( x 1) 0 y x 1
0,25
a) Ta có ( z i)(1 2i) 1 3i 0 z i 1 i z 1 2i
0,25
Do đó số phức z có mô đun bằng
0,25
5
.
b) Điều kiện: x 2 . Bất phương trình đã cho ( x 1)( x 2) 4 x2 x 6 0
201
0,25
4
(1,0đ)
x 3
x 2 . Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của BPT là 3;
1
1
dx
Tính : 2
x 1
0.25
0,25
0
1
1
0
0
2 dx
d( x 1)
x 1
2 x ln x 1
0,25
1
0,25
0
2 ln 2
5
(1,0đ)
(P) có vtpt n (1; 2;1) , d đi qua A vuông góc với (P) có vtcp u n (1; 2;1) .
x 2 t
Phương trình đường thẳng d y 1 2t Do I d I (2 t ; 1 2t ; t )
z t
I thuộc (P) nên (2 t ) 2(1 2t ) t 2 0 t 1 . Vậy I(1;1;-1).
2
2
2
Mặt cầu (S) có bán kính R IA 6 có phương trình x 1 y 1 z 1 6
a) Ta có: cos 2 2 cos2 1
6
(1,0đ)
7
16
,sin 2 1 cos2
25
25
Suy ra P 10sin 2 cos cos 2
89
.
25
b) Số cách chọn ngẫu nhiên 5 đội trong 12 đội là C125 792 n() 792
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A: ‘Mỗi Bộ có ít nhất một đội bảo vệ’
là n( A) C125 C55 C75 770 P( A)
0,25
n( A) 35
n() 36
Áp dụng định lý cosin trong tam giác AHB có
AH 2 HB2 AB2 2 HB.AB cos60 0
7 a2
a 7
AH
9
3
7
(1,0đ) Góc giữa đường thẳng SA và mp(ABC) là góc SAH 450 .
Tam giác SHA vuông cân tại H nên SH AH
a 7
3
1
3
Thể tích của khối chóp S.ABC là V SABC .AH
a 3 21
36
Gọi E là trung điểm của AB, D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD.
3
Ta có AB / /CD d( AB, SC ) d( AB , SCD) d( B, SCD) d( H , SCD).
2
S
Trong mp(ABC) Qua H kẻ đường thẳng
song song với CE cắt đường thẳng CD tại F
và AB tại M thì tứ giác CEMF là hình chữ
nhật. Kẻ HK vuông góc với SF tại K.
K
CD (SFM ) CD HK ,
F
CD HK
H
B
HK (SCD)
M
C
E
D
A
SF HK
2
2
a 3
Ta có HF MF CE
3
3
3
Tam giác SHF vuông tại H:
1
1
1
a 210
HK
2
2
2
SH
FH
HK
30
3
3
a 210
d ( AB, SC ) d ( H , SCD) HK
2
2
20
202
0,25
0,25
0,25
0,25
Gọi M là trung điểm của BI và N là hình chiếu vuông
góc của G lên BI .
2
1
IN AG 2
IN IM BI 1 .
3
3
IM AM 3
E là trọng tâm ACD
1
1
2
IE DI BI EN IN IE BI BN
3
3
3
BN EN BGE cân tại G
GA GB GE A, E, B cùng thuộc đường tròn tâm G
2 ABE
2.450 900 AGE vuông cân tại G
AGE
Ta có GN //AI
8
(1,0đ)
0,25
Phương trình AG :
qua G
AG : x 13 y 51 0 A 51 13a; a
GE
Khi đó AGE vuông cân tại G AG GE
a 4
143
11 170 11 1
AG2
13a a
a 10 A 1; 4
a
3
9
3 9
3
3
2
2
11 7
Ta có AG AM AG AM M ;
3
3
2 2
Phương trình BD đi qua E và M BD : 5 x 3 y 17 0
2
2
0,25
2
Phương đường tròn G :
10
11 170
G : x y
3
3
9
R GA
tam G
2
2
0,25
B là giao điểm thứ hai của BD và G B 7; 6
Phương trình AD :
qua A
AD : 4 x y 0 D 1; 4
AB
ABCD là hình vuông AB DC C 9; 2 .
0,25
Bài toán có 1 nghiệm A 1; 4 , B 7; 6 , C 9; 2 và D 1; 4 .
Điều kiện: 9 y 2 2 y 3 y x 0; xy 0; 1 x 1 .
Từ phương trình thứ nhất, ta có được x 0 y 0 .
x 0
, thỏa mãn hệ phương trình.
+ Xét:
y 0
+ Xét x, y không đồng tời bằng không, phương trình thứ nhất tương đương với
9 y 2 2 y 3 y x 3x 4 xy 4 x 0
9
(1,0đ)
9 y 2 y 3 y x 9 x
2
2
9 y 2 y 3 y x 3x
2
4 xy x
2
xy x
0.25
0
11y 9 x 3
4x
y x
0 yx.
11y 2 2 y 3 y x 3x
xy x
Thế y x vào phương trình thứ hai, ta được 2 x 1 1 x 2 x 1 1 x 2 x
a 1 x ; a 0
1 x 1 x 0 .Đặt
2x a2 b2 .
b
x
b
1
;
0
2
2
Phương trình trở thành a b a b 1 a b 0
2x
1 x 1 x 1
a b
a b
.
a b a b a b 1 1 0
2
a b 1 5
a b a b 1 0
2
203
0,25
0,25
+ Với a b 1 x 1 x x 0 (loại).
5 5
5 5
1 5
1 5
.
x
y
1 x 1 x
8
8
2
2
5 5
5 5
;
Hệ phương trình có nghiệm: x; y 0; 0 ,
8
8
+ Với a b
0,25
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
x 2 y 2 2 xy 2 x y z 2 5 x 2 y 2 10 2 x y z 2
x y 18 2 x y 2 z 4 2 x y 8 z 2 x y 4 z
2
2
Từ đó suy ra
10
(1,0đ)
Khi đó P
0,25
2
x
2x
2x
.
2
x y 18 2 x y 4 z x y 4 z
2
4 x y
y
x
.
25 z
x y 4z x y 4z
xy
4 x y
4 x y
xy
t
4t
z
f t
xy
x y 4z
t 4 25
25z
25z
4
z
xy
t
4t
Với t
, có
0 , xét hàm số f t
t 4 25
z
4
4
t 0
t 1
f 't
f
t
;
'
0
2
t 42 25
t 4 25
1
1
Do đó suy ra f t f 1 Pmax .
25
25
x y z; x y
x y 1
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
x y z xy 5
z 2
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là
0,25
0,25
0,25
1
.
25
Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
---Hết---
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( đã chia sẻ
đến www.laisac.page.tl
204
SỞ GD-ĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG
THPTTHỬ
BÌNH MINH
ĐỀ THI
KỲ THI
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016.
THPT QUỐC Môn:
GIATOÁN
2016 - ĐỀ SỐ 36
Thời gian
phút, không kể thời gian giao đề
Thời gian
làm làm
bài bài:
180180
phút
--------------------------------------------oOo--------
Câu 1. (2,0 điểm)
1 3
x x 2 (1)
3
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) .
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ x0 1 .
a) Cho hàm số y
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2 log2 (x 1) 2 log2 (x 2)
1
. Tính giá trị của biểu thức A (sin 4 2 sin 2)cos
4
2x 1
Câu 3. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y
trên đoạn 1;1 .
x2
b) Cho là góc thỏa sin
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình:
x 1
Câu 5. (1,0 điểm) Tìm họ nguyên hàm : I
x 2 x 2 3 2x 1
x (x
3
2x 1 3
2
sin 2x )dx
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I và có cạnh bằng a,
góc BAD bằng 600 .Gọi H là trung điểm của IB và SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . Góc
giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 . Tính thể tích của khối chóp S . AHCD và tính khoảng
cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) .
Câu 7. (1,0 điểm) Đội tuyển văn nghệ của trường THPT Bình Minh có 3 học sinh khối nữ khối
12 , 4 học sinh nam khối 11 và 2 học sinh nữ khối 10 . Để thành lập đội tuyển văn nghệ dự thi cấp
tỉnh nhà trường cần chọn 5 học sinh từ 9 học sinh trên . Tính xác suất để trong 5 học sinh được
chọn có cả học sinh nam , học sinh nữ và có cả học sinh ở ba khối .
Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc
đường thẳng d : x 2y 6 0 , điểm M (1;1) thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông góc
của điểm M trên cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng : x y 1 0 . Tìm tọa độ
đỉnh C .
Câu 9. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
7
121
của biểu thức A
2
2
2
14(ab bc ca )
a b c
----------------------------------Hết-----------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:............................................; Số báo danh:.........................................
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( đã
chia sẻ đến www.laisac.page.tl
205
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
CÂU
Câu 1a
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
0,25
1 3
x x2
3
Tập xác định: D .
ta có: y
y ' x 2 2x ; y ' 0 x 0; x 2
Sự biến thiên:
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0);(2; )
+Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Cực trị:
+Hàm số đạt cực đại tại x 0 ; giá trị cực đại y 0
+Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 ; giá trị cực tiểu y 4 / 3
Giới hạn: lim y ;
x
Bảng biến thiên:
x
y'
y
0
0
-
0
2
0
+
-4/3
0,25
y ' x 2 2x .
0,25
y '(1) 1
Câu 2b
+
0,25
Đồ thị:
x0 1 y0
Câu 2a
lim y
x
Câu 1b
0,25
0,25
2
3
0,25
0,25
1
Phương trình tiếp tuyến là y x .
3
Điều kiện: 2 x 1 . Bất phương trình trở thành: log2(x 1)2 log2 (4x 8)
0,25
(x 1)2 4x 8 x 2 6x 7 0 x 1; x 7 (thỏa điều kiện)
Vậy phương trình có hai nghiệm x 1; x 7 .
A (sin 4 2 sin 2) cos (cos 2 1)2 sin 2.cos
0,25
2
2 cos .2 sin 2. cos
206
0,25
8 cos4 .sin 8(1 sin2 )2 .sin
Câu 3
y liên tục trên 1;1 , y '
y (1)
Câu 4
1
3
0,25
225
128
5
0, x 1;1
( x 2) 2
0,25
0,25
0,25
y(1) 3
1
max y , min y 3
1;1
3 1;1
Điều kiện: x 1, x 13
Pt x 1 2
0,25
0,25
x2 x 6
( x 2)( x 1 2)
1
( x=3 không là nghiệm)
3
3
2x 1 3
2x 1 3
(2 x 1) 3 2 x 1 ( x 1) x 1 x 1
Hàm số f (t ) t 3 t đồng biến trên do đó phương trình 3 2 x 1 x 1
x 1/ 2
x 1/ 2
3
2
3
2
(2 x 1) ( x 1)
x x x 0
x 1/ 2
1 5
1 5 x 0, x
2
x 0, x
2
Vậy phương trình có nghiệm S {0,
Câu 5
I
x (x 2 sin 2x )dx
Xét J
1 5
}
2
x 3 .dx x . sin 2xdx
1 4
x x .sin 2xdx
4
u x
du dx
x . sin 2xdx . Đặt
v 1 cos 2x
dv sin 2x .dx
2
1
1
1
J x . cos 2x cos 2x .dx x .c os2x sin 2x
2
2
2
Kết luận
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
207
Câu 6
Ta có SH (ABCD) HC là hình chiếu
vuông góc của SC trên (ABCD)
450
(
SC ,(ABCD )) SCH
0,25
S
Theo giả thiết BAD
60 0 BAD
K
B
3
a 3
đều BD a ; HD a; AI
4
2
C
H
và AC 2AI a 3
A
I
E
D
0,25
Xét SHC vuông cân tại H , ta
2
a 2 a 3
13
a
có: SH HC IC HI
2
4
4
2
2
1
1
1
39 3
SH .SAHCD SH . AC .HD
a
3
3
2
32
Trong (ABCD) kẻ HE CD và trong (SHE ) kẻ HK SE (1). Ta có:
CD HE
CD (SHE ) CD HK (2)
CD SH (SH (ABCD ))
Từ (1) và (2) suy ra HK (SCD) d(H ,(SCD)) HK
Vậy VS .AHCD
Xét HED vuông tại E , ta có HE HD.sin 600
Xét SHE vuông tại H , ta có HK
Mà
SH .HE
2
SH HE
0,25
3 3
a
8
3 39
4 79
a
d (B,(SCD ))
BD
4
4
4
d (B,(SCD )) d (H ,(SCD )) HK
d (H ,(SCD )) HD
3
3
3
Do AB / /(SCD) d(A,(SCD)) d(B,(SCD))
Câu 7
2
Số cách chọn 5 hoc sinh từ 9 học sinh là C95
Để chọn 5 hs thỏa mãn , ta xét các trường hợp sau
1 nữ 12 , 2 nam 11, 2 nữ 10 có C31C42C22 cách
2 nữ 12, 2 nam 11, 1 nữ 10 có C32C42 C21 cách
2 nữ 12, 1 nam 11, 2 nữ 10 có C32C41C22 cách
0,25
39
79
39
79
a
a
0,25
0,25
0,25
3 nữ 11 , 1 nam 11, 1 nữ 10 có C C C cách
3
3
1
4
1
2
1 nữ 12 , 3 nam 11 , 1 nữ 10 có C31C43C21 cách
Vậy xác suất cần tìm là .................
208
0,25
Câu 8
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên
AB, AD
Gọi N là giao điểm của KM và BC
Gọi I là giao điểm của CM và HK
450
Ta có DKM vuông tại K và DKM
0,25
A
K
I
H
B
M
N
KM KD KM NC (1)
Lại có MH MN ( do MHBN là hình vuông)
Suy ra hai tam giác vuông KMH ,CNM bằng nhau
HKM MCN
D
C
IMK
nên
Mà NMC
NMC NCM IMK HKM 900
Suy ra CI HK
0,25
Đường thẳng CI đi qua M (1;1) và vuông góc với đường thẳng d
nênVTPT nCI VTCP ud (1;1) nên có phương trình
0,25
(x 1) (y 1) 0 x y 0
Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng nên tọa độ điểm C là nghiệm
x y 0
x 2
của hệ phương trình
x 2y 6 0
y 2
Vậy C (2;2)
Câu 9
Ta có 1 (a b c)2 a 2 b2 c 2 2(ab bc ca )
0,25
0.25
1 (a 2 b2 c 2 )
.
2
7
121
Do đó A
a 2 b 2 c 2 7(1 (a 2 b 2 c 2 ))
ab bc ca
Đặt t a 2 b 2 c 2 .
Vì a,b, c 0 và a b c 1 nên 0 a 1, 0 b 1, 0 c 1
0.25
Suy ra t a 2 b 2 c 2 a b c 1
Mặt khác 1 (a b c)2 a 2 b 2 c 2 2(ab bc ca ) 3(a 2 b2 c 2 )
1
1
Suy ra t a 2 b 2 c 2 . Vậy t ;1
3
3
1
7
121
, t ;1
Xét hàm số f (t )
3
7(1 t )
t
f '(t )
7
t2
121
7(1 t )2
0t
7
18
BBT
t
f '(t )
f (t )
1 7
3 18
0
1
+
324
7
209
0,25
1
324
324
, t ;1 . Vậy A
với mọi a,b, c thỏa điều kiện đề bài.
7
7
3
2
a b 2 c2 7
1
1
1
324
Hơn nữa, với a ;b ; c thì
18 và A
2
3
6
7
a b c 1
Suy ra f (t )
Vậy min A
0,25
324
7
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( đã
chia sẻ đến www.laisac.page.tl
210
SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
ĐỀ
THI THỬ
GIA 2016
TRƯỜNG
THPT KỲ THI THPT QUỐC MÔN:
TOÁN- ĐỀ SỐ 37
gian gian
làm làm
bài bài:
180180
phút
phút (không kể thời gian phát đề)
LƯƠNG NGỌC QUYẾN Thời Thời
--------oOo--------
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x4 2 x2 3 .
1
4
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f x x 2 4ln x trên đoạn
1; e .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:
b) log 22 x 2 log 4
a) 3.25 x 5.9 x 8.15 x
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm họ nguyên hàm sau: x3 x 1dx .
1
0.
x
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y 2 z 4 0
và mặt cầu (S): x 2 y 2 z 2 2 x 6 y 4 z 11 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với
mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sau: sin 3 x sinx cos 2 x 1 .
b) Trong giải bóng đá nữ của trường THPT Lương Ngọc Quyến có 12 đội tham gia, trong
đó có hai đội của hai lớp 12A6 và 10A3. Ban tổ chức giải tiến hành bốc thăm ngẫu
nhiên để chia thành hai bảng A và B, mỗi bảng 6 đội. Tính xác suất để hai đội 12A6 và
10A3 ở cùng một bảng.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I. Cạnh SA
vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA a 3 . Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật
ABCD bằng
a 3
, góc ACB 30o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
3
giữa hai đường thẳng AC và SB.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường trung
tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình: 3 x 5 y 8 0 , x y 4 0 .
Đường thẳng qua A và vuông góc với cạnh BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại
điểm thứ hai là D 4; 2 . Viết phương trình các đường thẳng AB và AC. Biết hoành độ điểm B
không lớn hơn 3.
x y 2 x 2 y2 2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 x 2 4 y 8 y xy 2 y 34 15 x
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x > y và x z y z 1. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P
x y
1
2
x z
4
2
y z
4
2
.
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( đã
chia sẻ đến www.laisac.page.tl
211
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
MÔN: TOÁN
Câu
Câu1
(1 điểm)
Tập xác định: D .
Giới hạn ở vô cực: lim
Nội dung
Điểm
y ; lim y
x
x
x 2
Đạo hàm: y ' x 4 x ; y ' 0 x 0
x 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 2 0; 2 .
0,25
3
Hàm số nghịch biến trên các khoảng 2;0 2;
Hàm số đạt cực tiểu tại x 0, yCT 3 .
Hàm số đạt cực đại tại x 2, yCD 1
Bảng biến thiên
x
-2
0
2
y’
+ 0 - 0 + 0
1
1
y
-3
Đồ thị: Đồ thị giao với trục Ox tại các điểm
6;0 , 2;0
0,25
0,25
6; 0 .
2;0 ,
y " 3x 2 4; y " 0 x
2
.
3
7
7
2
2
Đồ thị hàm số có hai điểm uốn là U1 ; ,U 2 ; .
3 9
3 9
0,25
Câu 2
(1 điểm)
Ta có f x xác định và liên tục trên đoạn 1;e ; f ' x 2 x .
4
x
Với x 1; e , f ' x 0 x 2 .
Ta có f 1 1, f
2 2 2 ln 2, f e e
2
4.
Vậy min f x 2 2ln 2 x 2; max f x e2 4 x e
1;e
1; e
Ta có
2x
x
Câu 3 a)
5
5
x
x
x
(1
0,5đ 3.25 5.9 8.15 3 3 8 3 5 0
212
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
5 x
1
x 0
3
x 1 .
5 x 5
3
3
điểm)
1
b)
Ta có log 22 x 2 log 4 0 log 22 x log 2 x 0
0,5đ
x
Câu 4
(1 điểm)
Câu 5
(1 điểm)
x
log x 0
x 1
2
x 2
log 2 x 1
3
x 1dx x 1 1
3
x 1dx
0,25
2
0,25
3
Chú ý! Học sinh có thể làm theo phương pháp đổi biến số.
Mặt cầu (S) có tâm I 1;3; 2 và bán kính R 5 .
Mặt phẳng (P) có một véc tơ pháp tuyến là n p 1; 1; 2 .
Mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) nên phương trình
mặt phẳng (Q) có dạng: x y 2 z D 0 .
Mặt phẳng (Q) tiếp xúc mặt cầu (S) khi và chỉ khi
Q1 : x y 2 z 6 5
1 3 2 2 D
12 1 2 2
2
D 6 5 6
D6 5 6
D 6 5 6
6 0; Q2 : x y 2 z 6 5 6 0
sin 3x sinx cos 2 x 1 2cos 2 x sin x 2sin 2 x 0
+ sin x 0 x k , k ;
sin x 0
cos 2 x sin x
2
x k
6
3
+ cos 2 x sin x cos 2 x cos x
k
2
x k 2
2
b) Gọi X là biến cố “ hai đội 12A6 và 10A3 ở cùng một bảng”
0,5đ Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội là:
n C612C66 924 .
Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội, hai đội
12A6 và 10A3 ở cùng một bảng là:
- Hai đội cùng bảng A hoặc B: có 2 cách
- Chọn 4 đội còn lại vào cùng với bảng của hai đội: có C410
213
0,25
0,25
0,25
0,25
5
Vậy có hai mặt phẳng (Q) thỏa mãn đầu bài là
Câu 6 a)
(1 điểm) 0,5đ
0,25
0,25
x 1 3 x 1 3 x 1 1 x 1dx
7
5
3
1
x 1 2 3 x 1 2 3 x 1 2 x 1 2 dx
9
7
5
3
2
6
6
2
x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 2 C
9
7
5
3
6
6
2
4
3
2
2
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 C
7
5
3
9
d I , (Q ) R
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
cách.
- Chọn 6 đội còn lại cho bảng còn lại: có C66 1 cách.
Suy ra n X 2.C410 420 cách.
Xác suất xảy ra biến cố X là: P X
Câu 7
(1 điểm)
420 5
.
924 11
0,25
0,25
Ta có AC 2 AI 2 R
S ABCD
2a 3
. Suy ra BC AC .cos 30o a ;
3
a
3
AB AC.sin 30o
.
3
a3
1
a2 3
. Suy ra VS . ABCD S ABCD .SA
.
AB.BC
3
3
3
Kẻ qua B đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng CD
tại E. Khi đó AC song song với mặt phẳng (SBE).
Dựng AF vuông góc với BE tại F, dựng AH vuông góc với SF
tại H.
Ta nhận thấy AH SBE .
Suy ra d AC, SB d A, SBE AH .
0,25
0,25
0,25
Tam giác SAE có: SA a 3 ; AF AB.cos 30o ; SAE 90 o .
1
1
1
a 39
.
2
AH
2
2
AH
SA
AF
13
Câu 8
(1 điểm)
a
2
Chú ý! àBi này h ọc sinh cũng có thể giải bằng phương pháp
tọa độ trong không gian.
Gọi M là trung điểm cạnh BC, H là trực tâm tam giác ABC, K
là giao điểm của AD và BC, E là giao điểm của BH và AC.
7 1
Khi đó tọa độ M ; .
2 2
214
0,25
0,25
Đường thẳng AD vuông góc với BC và đi qua D nên có phương
trình: x y 2 0 .
0,25
3 x 5 y 8 0
A 1;1 .
x y 2 0
Tọa độ A là nghiệm của hệ
x y 4 0
K 3; 1 .
x y 2 0
Tọa độ K là nghiệm của hệ
Tứ giác HKCE nội tiếp nên ta có: BHK KCE .
Mặt khác BDA KCE . Suy ra BHK BDA hay tam giác
BHD cân tại B, suy ra K là trung điểm HD. Từ đó có H 2; 0 .
B BC B t ; t 4 C 7 t;3 t . Vì BH vuông góc với AC
t 5
nên ta có HB. AC 0
.
t 2
+ Với t 5 B 5;1 không thỏa mãn đầu bài xB 3 .
Câu 9
(1 điểm)
+ Với t 2 B 2; 2 , C 5;1 .
Phương trình AB: 3x y 4 0 .
Phương trình AC: y 1 0 .
Ta kí hiệu các phương trình trong hệ như sau:
0,25
x y 2 x 2 y 2 2 1
2 x 2 4 y 8 y xy 2 y 34 15 x 2
2 x 2
.
Điều kiện:
y 0
2 x y
2 x .y 2 y 2 0
.
2 x 2 y
2 x y thay vào (2) ta được
1 2 x
+ Với
2
0,25
x 2 4 2 x 8 4 x 2 34 15 x 3 .
Đặt t x 2 4 2 x t 2 34 15x 8 4 x 2
t 0
.
Khi đó 3 trở thành 2t t 2
t 2
30
2 17
x2 4 2 x 0
y
x
17
17
x 2 4 2 x 2
x 2 y 0
+ Với 2 x 2 y . Vì y 0 2 y 0 mà 2 x 0 nên chỉ có
thể xảy ra khi x 2 và y 0 thử vào (2) thấy thỏa mãn.
Câu 10
(1 điểm)
0,25
30
x 17
x 2
và
Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm:
.
y 0
y 2 17
17
1
Đặt x z a . Từ giả thiết x z y z 1 y z .
a
Vì x y x z y z a x z 1 .
Ta có x y x z y z a
1
a
215
a2 1
, thay vào P ta được:
a
0,25
0,25
0,25
P
a
1
a2
2
2
4
a2
4
2
3a 2 a 2 2
4
a
2
2
a
a
a 2 1
Theo BĐT giữa TBC và TBN ta có P
Xét hàm f t
f ' t
t 1
t 1
3
t 1
t
2
a
1
a
2
2
2
3a 2 4
0,25
0,25
3t 4 với t a 2 1 .
3; f ' t 0 t 2 .
Bảng biến thiên
t
f 't
1
-
f t
2
0
+
0,25
Từ bảng biến thiên ta nhận thấy f t 12, t 1 hay
12
min f t 12 t 2 .
1;
Vậy ta có Pmin
x z 2
12
1 .
y z
2
0,25
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( đã
chia sẻ đến www.laisac.page.tl
216
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ
THI THỬ KỲ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 3
THI THPT QUỐC Môn:
GIATOÁN
2016 - ĐỀ SỐ 38
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Thời gian làm bài 180 phút
--------oOo--------
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y x 3 3 x 2 2
Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f x
Câu 3 (1,0 điểm).
2
2x 1
trên đoạn 3;5
x 1
a) Cho ; và sin . Tính giá trị biểu thức P sin 2 cos 2
1
3
b) Giải phương trình : sin 2 x 2sin 2 x sin x cos x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau : I 2 x 2 x 2 ln x 2 9 dx
4
0
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình : log 2 3 x 2 log 2 6 5 x 0 .
b) Cho tập hợp E 1; 2;3; 4;5; 6 và M là tập hợp tất cả các số gồm hai chữ số phân biệt lập từ
E . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số của số đó lớn hơn 7 .
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M 1; 2; 0 , N 3; 4; 2 và
P : 2 x 2 y z 7 0 . Viết phương trình đường thẳng
trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng P .
mặt phẳng
MN và tính khoảng cách từ
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Gọi I là trung điểm
cạnh AB .Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI , góc
giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABC và khoảng
cách từ điểm H đến mặt phẳng SBC .
Câu 8 (1,0 điểm)..
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 :3 x 4 y 8 0 , d 2 :4 x 3 y 19 0 .
Viết phương trình đường tròn C tiếp xúc với hai đường thẳng d1 và d 2 , đồng thời cắt đường
thẳng :2 x y 2 0 tại hai điểm A, B sao cho AB 2 5 .
Câu 9 (1,0 điểm).
Giải bất phương trình :
Câu 10 (1,0 điểm).
x22
6 x2 2 x 4 2 x 2
1
2
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x y 2016 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P 5 x 2 xy 3 y 2 3 x 2 xy 5 y 2 x 2 xy 2 y 2 2 x 2 xy y 2
--------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:………………
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên () chia sẻ đến www.laisac.page.tl
217
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN ( Gồm 5 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y x 3 3 x 2 2
1,0
Tập xác định: D .
x 0
Ta có y' 3 x 2 6 x. ; y' 0
x 2
1 (1,0 đ)
0,25
- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; nghịch biến trên khoảng (0; 2) .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0, yCD 2 ; đạt cực tiểu tại x 2, yCT 2
- Giới hạn: lim y , lim y
x
0,25
x
Bảng biến thiên:
x
y'
y
0
0
+
2
0
-
+
2
0.25
-2
Đồ thị:
y
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
5
x
-8
-6
-4
-2
2
4
6
0,25
8
-5
Câu2.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f x
Hàm số xác định và liên tục trên D 3;5
2 (1,0 đ)
Ta có f x
x 1
3
2
0, x 3;5
Do đó hàm số này nghịch biến trên đoạn 3;5
218
2x 1
trên đoạn 3;5
x 1
1,0
0,25
0,25
0,25
Suy ra max f x f 3
7
11
; min f x f 5
x
3;5
2
4
1
và sin . Tính giá trị biểu thức P sin 2 cos 2
3
x 3;5
Câu 3a. Cho ;
2
3.(1,0đ)
2 2
Vì ; nên cos 0 , suy ra cos 1 sin 2
3
2
2
Do đó P sin 2 cos 2 2sin cos 1 2sin
2
1 2 2
74 2
1
P 2
1
2
3
3
9
3
Câu 3b) Giải phương trình : sin 2 x 2sin 2 x sin x cos x
0,25
0,5
0,25
1 tan x 1 x
2 sin x
0,5
0,25
Phương trình đã cho 2sin x sin x cos x sin x cos x
sin x cos x 0 1
2
2sin x 1
0,25
4
k , k
1
5
x k 2 x
k 2 , k
2
6
6
Vậy phương trình có ba họ nghiệm x
k , x
k 2 , x
Câu 4. Tính tích phân sau : I 2 x 2 x 2 ln x 2 9 dx
4
6
5
k 2 với k
6
0,25
4
1,0
I 4 x3dx 2 x ln x 2 9 dx I1 I 2
0
4
0
4
I1 4 x3dx x 4 256
4
4
2x
u ln x 2 9 du 2
dx
I 2 2 x ln x 9 dx . Đặt
x 9
0
v x 2 9
dv 2 xdx
0
0
4 .(1,0 đ)
0,25
0
4
2
I 2 x 9 ln x 9 2 xdx x 9 ln x 9 x
2
2
4
0
4
2
I 2 25ln 25 9 ln 9 16 50 ln 5 18ln 3 16
0
2
4
2 4
0
0
Vậy I I1 I 2 240 50ln 5 18ln 3
Câu 5 a) Giải bất phương trình : log 2 3 x 2 log 2 6 5 x 0 .
5 (1,0 đ)
0,25
3 x 2 0
Bất phương trình đã cho log 2 3 x 2 log 2 6 5 x 6 5 x 0
3 x 2 6 5 x
2
x 3
6
6
6
x 1 x . Vậy nghiệm của bất phương trình là : 1 x
5
5
5
x 1
Câu 5 b) Cho tập hợp E 1; 2;3; 4;5; 6 và M là tập hợp tất cả các số gồm hai chữ số
219
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
phân bi ệt cthuộ E . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số
của số đó lớn hơn 7 .
Số phần tử của tập M là A62 30
Các số có tổng hai chữ số lớn hơn 7 gồm 26, 62,35, 53,36, 63, 45,54, 46, 64,56, 65
12 2
Có 12 số như vậy . Suy ra xác suất cần tìm là P
30 5
0,25
0,25
Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M 1; 2; 0 , N 3; 4; 2
và mặt phẳng
P : 2x 2 y z 7 0 .
Viết phương trình đường thẳng MN và tính
khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng P .
Đường thẳng MN có vectơ chỉ phương MN 4;6;2 hay u 2;3;1
6 .(1,0 đ) Phương trình đường thẳng MN : x 1 y 2 z ( có thể viết dưới dạng pt tham số)
2
3
1
Trung điểm của đoạn thẳng MN là I 1;1;1
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng
P
là :
d I , P
2 2 1 7
1,0
0,25
0,25
0,25
2
0,25
S. ABC và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SBC .
1,0
4 4 1
Câu 7. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Gọi I là trung
điểmcạnh AB .Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của
CI , góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp
S
A
I
H
B
I'
A' H' K
C
0,25
E
A
C
H
7. (1,0 đ)
I
H'
K
B
Ta có CI AC 2 AI 2
a 3
2
a 7
a 21
, suy ra SH AH .tan 600
.
Do đó AH AI 2 IH 2
4
4
1
a3 7
Vậy VS . ABC SH .S ABC
3
16
Gọi A ', H ', I ' lần lượt là hình chiếu của A, H , I trên BC; E là hình chiếu của H trên SH'
thì HE ( SBC ) d H ;( SBC ) HE . Ta có HH '
220
1
1
a 3
II ' AA '
2
4
8
0,25
0,25
