Tuyển tập 70 đề thi thử môn toán THPT quốc gia 2016 có lời giải chi tiết
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (29.02 MB, 212 trang )
TRƯỜNG THPT CHUN VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 20152016LẦN I
Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề.
TRƯỜNG THPT CHUN VĨNH PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 20152016
Mơn: TỐN ( Gồm 6 trang)
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 cực trị của hàm số : y = x - sin 2 x + 2 .
Câu 3 (1,0 điểm).
3sin a - 2 cos a
a) Cho tan a = 3 . Tính giá trị biểu thức M =
5sin 3 a + 4 cos 3 a
Câu
1,0
Tập xác định: D = ¡ .
x ®3
é x = 0
Ta có y' = 3 x 2 - 6 x. ; y' = 0 Û ê
ë x = 2
Câu 5 (1,0 điểm).
5
2 ư
÷ .
x 2 ø
b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu nhiên (đồng
thời) 3 quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh.
a) Tìm hsca x10 trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 -
0,25
ưXộtduohmHmsngbintrờncỏc khong (-Ơ 0) v (2; +¥ ) ; nghịch
biến trên khoảng (0; 2) .
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =2.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh
Giới hạn: lim y = +¥, lim y = -¥
A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 ) và có tâm I( 21). Hóy xỏc nh tahainh B,Cv gúc nhnhpbihai
ngchộocahỡnhbỡnhhnhócho.
Bngbinthiờn:
x đ+Ơ
0,25
xđ-Ơ
-Ơ
x
y'
y
Cõu7(1,0im).
Chohỡnhchúp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng ( ABC ) , gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho
MC = 2 MS . Biết AB = 3, BC = 3 3 , tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AC và BM .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
Điểm
Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 - 3x 2 + 2
x - 4 x - 3
x 2 - 9
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x = 2
b) Tính giới hạn : L = lim
ỉ
è
Đáp án
0
0
2
+
2
0
+¥
+
+¥
0,25
2
-¥
1 (1,0 đ) Đồ thị:
y
f(x)=(x^3)3*(x )^2+2
tâm J ( 2;1 ) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình : 2 x + y - 10 = 0
và D ( 2; - 4 ) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các
đỉnh tam giác ABC biết B có hồnh độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 = 0 .
5
3
3
2
2
ïì x - y + 3 x - 12 y + 7 = 3 x - 6 y
3
2
ïỵ x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : í
x
8
6
4
2
2
4
6
0,25
8
Câu 10 (1,0 điểm).Cho hai phương trình : x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 = 0 và x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 = 0 .
Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó.
5
Hết
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh:………………
2 (1,0 đ)
Câu 2 . Tìm cực trị của hàm số : y = x - sin 2 x + 2 .
1,0
Tập xác định D = ¡
f ¢ ( x ) = 1 - 2 cos 2 x , f ¢¢ ( x ) = 4 sin 2 x
0,25
f ¢ ( x ) = 0 Û 1 - 2 cos 2 x = 0 Û cos 2 x =
1
p
Û x = ± + k p ,k ẻ Â
2
6
0,25
p
ổ p
ử
ổ pử
f ÂÂ ỗ - + k p ữ = 4 sin ỗ - ữ = -2 3 < 0 Þ hàm số đạt cực đại tại xi = - + k p
6
è 6
ø
è 3ứ
3.(1,0)
p
3
ổ p
ử
Vi yCD = f ỗ - + k p ÷ = - +
+ 2 + k p , k Ỵ Â
6 2
ố 6
ứ
p
ổp
ử
ổpử
f ÂÂ ỗ + k p ữ = 4 sin ỗ ữ = 2 3 > 0ị hmstcctiuti xi = + k p
6
è6
ø
è 3 ø
3
ỉp
ư p
+ 2 + k p ,k ẻ Â
Vi yCT = f ỗ + k p ÷ = è6
ø 6 2
3sin a - 2 cos a
Cho tan a = 3 . Tính giá trị biểu thức M =
5sin 3 a + 4cos 3 a
3sin a ( sin 2 a + cos 2 a ) - 2 cos a ( sin 2 a + cos 2 a )
M=
5sin 3 a + 4 cos 3 a
3sin 3 a - 2sin 2 a cos a + 3sin a cos 2 a - 2 cos 3 a
(chia tử và mẫu cho cos 3 a )
=
5sin 3 a + 4cos 3 a
3 tan 3 a - 2 tan 2 a + 3tan a - 2
=
5 tan 3 a + 4
3.33 - 2.32 + 3.3 - 2 70
Thay tan a = 3 vào ta được M =
=
5.33 + 4
139
Lưu ý: HS cũng có thể từ tan a = 3 suy ra 2kp < a <
cos a =
1
10
; sin a =
3
10
x ®3
x ®3
(x(x
)(
(
- 9) x + 4 x - 3
)
x ®3
x - 1
0,25
0,25
(x
(
(
0,25
1,0
2
2
2
2
4 .(1,0 đ) Phương trình Û 3sin x - 4sin x cos x + 5cos x = 2 ( sin x + cos x )
Û sin 2 x - 4sin x cos x + 3cos 2 x = 0
Û ( sin x - cos x )( sin x - 3cos x ) = 0 Û sin x - cos x = 0 Ú sin x - 3cos x = 0
p
+ k p Ú x = arctan 3 + k p , k Ỵ Z
4
p
Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x = + k p , x = arctan 3 + k p ,k ẻ Z
4
0,25
0,25
5
2 ử
ổ
a) Tỡmhscashngcha x10 trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x 3 - 2 ÷ .
x ø
è
1
1,0
0,25
0,25
)
0,25
Câu 7 . Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A , mặt bên SAB
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng ( ABC ) , gọi M
Gọi H là trung điểm AB Þ SH ^ AB ( do
D SAB đều).
Do ( SAB ) ^ ( ABC ) Þ SH ^ ( ABC )
1,0
N
M
K
Do D ABC đều cạnh bằng 3
nên SH =
0,25
3 3
, AC = BC 2 - AB 2 = 3 2
2
A
C
H
B
1
1
33 6 9 6
(vtt)
ị VS .ABC = ì SH × S ABC = × SH × AB × AC =
=
3
6
12
4
7. (1,0 đ) Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N Þ AC || MN Þ AC || ( BMN )
AC ^ AB, AC ^ SH Þ AC ^ ( SAB ) , AC || MN Þ MN ^ ( SAB ) Þ MN ^ ( SAB )
Þ ( BMN ) ^ ( SAB ) theo giao tuyến BN .
k
Vậy hệ số của x 10 là : C5 1 ( -1) 34 21 = - 810
0,25
6 .(1,0 đ) Do I là trung điểm AC . Suy ra ì xC = 2 xI - x A = 4 + 2 = 6ị C 63
( )
ớ
ợyC = 2 y I - y A = 2 + 1 = 3
uuur
uuur
Góc nhọn a = ( AC , BD ) . Ta có AC = ( 8; 4 ) , BD = ( 6; -2 )
0,25
0,25
Û tan x = 1 Ú tan x = 3 Û x =
5 - k
1,0
S
)
5
5
k 5 - k
ổ 3 2ử
ổ 2 ử
k
3
k
k 15 -5k
ỗ 3 x - 2 ÷ = å C5 ( 3 x ) . ỗ - 2 ữ = ồC5 ( -1) 3 .2 x
x ø k =0
è
è x ø k =0
Hệ số của của số hạng chứa x 10 là C5 k ( - 1) k 35 - k 2 k , với 15 - 5k = 10 Û k = 1
0,25
0,25
)
- 9 ) x + 4 x - 3
Câu 4.Giải phương trình : 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x = 2
5
ì x = 2 xI - x D = 4 - 5 = -1
Do I ltrungim BD .Suyra ớ B
ị B( -1 2)
ợyB = 2 yI - yD = 2 - 0 = 2
là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC = 2 MS . Biết AB = 3, BC = 3 3 , tính thể tích
của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM .
3 -1
)
0,25
Câu 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành ABCD có hai
đỉnh A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 ) và có tâm I ( 2;1 ) . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B, C và
góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho.
(
x 2 - 4 x + 3
2
3
C 12
46
=
3
C20 57
uuur uuur
uuur uuur
AC × BD
48 - 8
2
cos a = cos AC , BD = uuur uuur =
=
Þ a = 45 o
2
4 5.2 10
AC BD
1
L = lim
=
=
x ®3
18
x
+
3
x
+
4
x
3
3
+
3
3
+
4.3
-
1
(
)
( )
(
0,5
0,5
) = lim
Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh”
C 3
3
Thì A là biến cố “Chọn được ba quả cầu màu đỏ” Þ n ( A ) = C12
Þ P ( A ) = 12
3
C20
Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) = 1 - P ( A ) = 1 -
+ 2 kp và
x - 4 x - 3
x 2 - 9
4 x - 3 x + 4 x - 3
2
2
0,25
rồi thay vào biểu thức M.
b) Tính giới hạn : L = lim
L = lim
p
0,25
5 (1,0 đ) b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu
nhiên 3 quả. Tính xác suất để trong 3 quả cầu chọn ra có ít nhất một quả cầu màu
xanh.
3
Số phần tử của khơng gian mẫu là n ( W ) = C20
0,25
0,25
0,25
Ta có AC || ( BMN ) Þ d ( AC , BM ) = d ( AC , ( BMN ) ) = d ( A, ( BMN ) ) = AK với K
là hình chiếu của A trên BN
0,25
NA MC 2
2
2 32 3 3 3
2
=
= Þ S ABN = S SAB = ×
=
(đvdt) và AN = SA = 2
SA SC 3
3
3 4
2
3
0,25
BN =
3
2
0
9 .(1,0 đ) Thay ( 3 ) vào ( 2 ) ta được pt:
Û
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường
Û
trịn tâm J ( 2;1 ) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương
trình : 2 x + y - 10 = 0 và D ( 2; - 4 ) là giao điểm thứ hai của AJ với đường trịn ngoại
tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hồnh độ âm và
B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 = 0 .
đường cao xuất phát từ đỉnh A )
Û
2 éë( x + 2 )( 3 - x ) - 4 ùû
(
x + 2 + 3- x + 3
)(
( x + 2 )( 3 - x ) + 2 )
2 ( - x 2 + x + 2 )
(
x + 2 + 3- x + 3
)(
( x + 2 )( 3 - x ) + 2 )
(
0,25
I
C
H
(
( x + 2 )( 3 - x ) - 2 )
(
x + 2 + 3 - x + 3
2
)
0,25
= ( x + 1) ( x 2 - 4 )
= ( x + 1) ( x 2 - 4 )
= ( x + 2 ) ( x 2 - x- 2)
0,25
)(
)
0,25
( 3)
Ã
x = 2 ắắđ y = 3 Þ ( x; y ) = ( 2;3 ) ( thỏa mãn đ/k)
·
( )
x = -1 ắắ
đ y = 0 ị ( x y ) = ( - 1;0 ) ( thỏa mãn đ/k)
3
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) = ( 2;3) , ( x; y ) = ( - 1; 0 )
Câu10.Chohai phương trình: x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 = 0 và x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 = 0 .Chứng
minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó
· Hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 xác định và liên tục trên tập ¡
8 .(1,0 đ) Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC .
» = DC
» = EA
» Þ DB = DC và EC
»
Ta có DB
1 »
1
·
»
» )= DJB
»
· Þ D DBJ cân tại D Þ
DBJ = (sđ EC + sđ DC )= (sđ EA + sđ DB
2
2
DC = DB = DJ hay D là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác JBC
Đạo hàm f ¢ ( x ) = 3 x 2 + 2 x + 3 > 0, "x Ỵ ¡ Þ f ( x ) đồng biến trên ¡
phương trình ( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25 . Khi đó tọa độ B là nghiệm của hệ
é B ( -3; -4 )
ïì( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25 ì x = -3 ì x= 2
ớ
ớ
ịờ
ớ
ợ y = -4 ợ y= -9 ờở B( 2; -9 )
ïỵ x + y + 7 = 0
Do B có hồnh độ âm nên ta được B ( -3; - 4 )
ìï x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y 2
Câu 9. Giải hệ phương trình : í
3
2
ïỵ x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
ìx + 2 ³ 0
ì x ³ -2
Điều kiện : í
Ûí
ỵ4 - y ³ 0
ỵ y £ 4
10.(1,0đ)
0,25
x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 = 0 có một nhiệm duy nhất x = a
· Tương tự phương trình x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 = 0 có một nhiệm duy nhất x = b
3
(1 )
( 2 )
0,25
0,25
0,25
2
(1 )
3
2
Và b - 8b + 23b - 26 = 0 Û ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 = 0 ( 2 )
3
2
Từ (1 ) và ( 2 ) Þ a 3 + 2a 2 + 3a + 4 = ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 ( 3 )
Theo trên hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 đồng biến và liên tục trên tập ¡
Đẳng thức ( 3) Û f ( a ) = f ( 2 - b ) Û a = 2 - b Û a + b = 2
Theo trên : a + 2 a + 3a + 4 = 0
3
ìïqua B ( -3; -4 )
ïì qua B ( -3; -4 )
Þ BC : x - 2 y - 5 =0
BC : ớ
ị BC:ớ
r r
ùợvtpt n = uAH = (1; -2 )
ỵï^ AH
Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ
2
2
ïì( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25 ì x = -3 ì x = 5 éC ( -3; -4 ) º B
ớ
ớ
ịờ
ị C( 5 0)
ớ
ợ y = -4 ợ y = 0 êëC ( 5;0 )
ïỵ x - 2 y - 5 = 0
Vậy A ( 2;6 ) , B ( -3; - 4 ) , C ( 5;0 )
(*)
f ( -4 ) . f ( 0 ) = ( -40 ) .4 = -160 < 0 ị $ a ẻ ( -40 ) : f ( a ) = 0 ( ** )
2
2
1,0
Từ (* ) và (** ) suy ra phương trình
Suy ra B, C nằm trên đường trịn tâm D ( 2; - 4 ) bán kính JD = 0 2 + 52 = 5 có
2
)
x + 2 + 3 - x - 3 = x3 + x 2 - 4 x - 4
ổ
ử
ỗ
ữ
2
ỗ
ữ = 0
( x - x - 2 ) ç x + 2 +
÷
x
+
2
+
3
x
+
3
x
+
2
3
x
+
2
(
)(
)
ç
÷
ç 144444444424444444443 ÷
è
> 0
ø
Û x 2 - x - 2 = 0 Û x = 2 Ú x = -1
E
B
( 3 )
+ ( x + 1) - 4 x - 2 ( x + 1 )
2
2
D
2
(
1,0
A
J
Tọa độ A là nghiệm của hệ
ìx - 2 = 0
ỡ x= 2
ớ
ị A( 2 6)
ớ
ợ 2 x + y - 10 = 0
ỵ y = 6
x + 2 + 4 - ( x + 1) = x
3
Û x + 2 + 3 - x = x3 + x 2 - 4 x - 1 , Đ/K -2 £ x £ 3
3 21
Vậy d ( AC , BM ) =
(đvđd)
7
Lưu ý: Việc tính thể tích, học sinh cũng có thể giải quyết theo hướng CA ^ (SAB )
và VS . ABC = VC . SAB
AJ đi qua J ( 2;1 ) và D ( 2; - 4 ) nên có
phương trình AJ : x - 2 = 0
{ A} = AJ Ç AH , ( trong đó H là chân
3
Từ phương trình (1 ) ta có ( x - 1) = ( y - 2 ) Û x - 1 = y - 2 Û y = x + 1
3 3
2 ×
2S
2 = 3 21
AN + AB - 2AN . AB.cos 60 = 7 Þ AK = ABN =
BN
7
7
2
2
0,25
0,25
Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng 2 .
Lưu ý khi chấm bài:
1,0
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 khơng cho điểm bước đó.
0,25
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 khơng được điểm.
Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM
NĂM HỌC 2015 – 2016
MƠN : TỐN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi có 01 trang)
Trong lời giải câu 7 nếu học sinh khơng vẽ hình thì khơng cho điểm.
Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y f x x3 3x 2 9 x 1 , có đồ thị C .
a) Tìm tọa độ các điểm trên đồ thị C , có hồnh độ x0 thỏa mãn f ' x0 0.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị C , tại giao điểm của đồ thị C và trục Oy.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
3 cos x sin x 2cos 2 x 0 .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tính giới hạn lim
x 1
x3 2
x2 1
12
2
b) Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển P x x 2 , x 0.
x
Câu 4 (1,0 điểm).
1
a) Cho cos 2 . Tính giá trị của biểu thức P 1 tan 2 .
5
b) Một chiếc hộp đựng 6 quả cầu trắng, 4 quả cầu đỏ và 2 quả cầu đen. Chọn ngẫu nhiên 4
quả. Tính xác suất để 4 quả được chọn có đủ cả 3 màu.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A 1;5 và đường thẳng : x 2 y 1 0 . Tìm
tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua đường thẳng và viết phương trình đường trịn đường
kính AA '.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S. ABCD, có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Góc giữa cạnh
bên và mặt đáy bằng 600. Tính diện tích tam giác SAC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và
CD .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD. Điểm E 7;3 là một điểm
nằm trên cạnh BC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường chéo BD tại điểm N
N B .
Đường thẳng AN có phương trình 7 x 11y 3 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D của hình vng
ABCD , biết A có tung độ dương, C có tọa độ nguyên và nằm trên đường thẳng 2 x y 23 0 .
3
x 2 x 1 y 3 y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
4
2
x y x 2 y 1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z 1;2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P
4z
z 2 4 xy
x y x y 2
----------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:...............................................................................; Số báo danh:................................
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Hướng dẫn chấm – thang điểm có 03 trang)
Câu
1
b)
2
x 1
f ' x 0 3x 2 6 x 9 0
x 3
6
0,25
Giao của C và Oy là A 0; 1 . Ta có: f ' 0 9
Do AB //CD d SA, CD d CD, SAB d C, SAB 2d O, SAB
0,5
Phương trình tiếp tuyến: y 9 x 1
Gọi E là trung điểm của AB, H là hình chiếu của O trên SE. Ta có OH SAB
0,5
x 3 2
x3 2
x3 2
Ta có lim
lim
x 1
x 1
x2 1
x 1 x 1
x 1
x 1 x 1
x3 2
lim
x 1
x 1
x3 2
1
8
sin 2 x cos 2 x
cos2 x cos2 x
1
2.
1
2 cos 2 x
5 .
1 cos 2 x 1 1 3
5
Khơng gian mẫu có số phần tử là C124
Xác suất cần tìm: P
1
2
1
6
2
4
4
12
1
2
1
6
1
4
2
2
Phương trình AA ' : 2 x 1 y 5 0 2 x y 3 0
5
2 x y 3 0
x 1
Tọa độ giao điểm I của AA ' và :
x 2 y 1 0
y 1
I 1;1 A ' 3; 3
Đường trịn đường kính AA ' tâm I 1;1 , bán kính IA 20 có phương trình:
1/3
B
0,5
H
E
I
0,25
N
D
C
0,25
0,25
0,25
0,25
AE ANE 900 AN NE
NE :11 x 7 7 y 3 0
11x 7 y 56 0
Tọa độ của N là nghiệm của hệ:
7
x 2
11x 7 y 56 0
7 5
N ;
7
x
11
y
3
0
5
2 2
y
2
0,25
Gọi H là trung điểm của AE , có NBE 450 NHE 900 AN NE
0,25
0,25
7
0,25
0,25
C .C .C C .C .C C .C .C
24
.
C
55
1
4
A
0,25
Số cách chọn được 4 quả cầu đủ cả 3 màu là: C62 .C41.C21 C61.C42 .C21 C61.C41.C22
2
6
0,25
k
2
Số hạng tổng quát là Tk 1 C12k x C12k 2k x 243k
x
Ta phải có: 24 3k 0 k 8 Số hạng không chứa x : C128 28 126720.
P 1 tan 2 1
b)
1
1
1
4
4
14
a 42
a 42
OH
d SA, CD
.
OH 2 OE 2 SO 2 a 2 6a 2 3a 2
14
7
Tứ giác ABEN nội tiếp đường tròn đường kính
0,25
1
C
B
x3 2
2 12 k
4
O
Với x 3 y 28 M 2 3; 28
x 1
a)
E
a 2
AC a 2 AO
2
a 2
6
SO AO tan SAO
3a
.
2
2
1 a 6
a2 3
1
SSAC SO. AC .
.a 2
.
2
2 2
2
0,25
lim
b)
D
H
20.
Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có
SO ABCD SA, ABCD SAO 600
S
A
2
Với x 1 y 4 M1 1; 4
3
2
0,25
3
1
cos x sin x cos 2 x .
Phương trình 3 cos x sin x 2cos 2 x 0
2
2
2 x x k 2
6
cos 2 x cos x
6
2 x x k 2
6
k 2
.
Thu gọn ta được nghiệm: x k 2 ; x
6
18
3
a)
x 1 y 1
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM
NĂM HỌC 2015 – 2016
MƠN TỐN 12
Nội dung – đáp án
Điểm
0,25
Ta có f ' x 3x 2 6 x 9
a)
HƯỚNG DẪN CHẤM
c2
c2
Gọi C c; 2c 23 trung điểm I của AC : I
; c 11 IA
;12 c ;
2
2
9 c 17
IN
; c
2 2
c 10
Ta có AIN 900 IA.IN 0
C 10; 3 ; I 4; 1
c 39 l
5
0,25
A 2;1
1 3
IN ; BD : 3 x 4 y 1 0 3x y 13 0
2 2
3x y 13 0
x 6
B 6;5 , D 2; 7 .
Tọa độ điểm B :
2 x y 17 0 y 5
0,25
0,25
0,25
0,25
EC 3; 6 BC : 2 x 7 y 3 0 2 x y 17 0
0,25
0,25
2
2
a 9 l
7 49 14a 85
7a 3
2
2
Gọi A a;
. Ta có AN NE a
2
22
2
11
a 2
8
3
x 2 x 1 y 3 y 1
Giải hệ phương trình
2
2
4
x y x 2 y 1 2
Điều kiện: x 2 .
0,25
2/3
0,25
0,25
Phương trình 1
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
3
x 1 3 x 1 y3 3 y
x 1 y x 1 y x 1 y 2 3 0 3
(Đề thi có 01 trang)
2
y 3
Ta có x 1 y x 1 y 2 3 x 1 y 2 3 0x 1, y nên phương trình 3
2
4
2
x 1 y
tương đương x 1 y 0
y 0
0,25
x 2x 7
x2 2x 7
x2 2x 2 3
0,25
x2 2x 2 3 x 2 x2 2x 7
x2 2x 7 0
x2 2x 2 x 1 0 2
x 2 x 2 x 1 0 vn
x 1 2 2 . Do x 2 x 1 2 2 y 4 8
0,25
z2 x y z
z
z 2 4 xy
4z
4z
4
1
2
2
x y x y
x y
x
y
x y
x y
2
Đặt t
9
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin x 1
3 sin x 2 cos x 1 sin 2 x cos x
20
Vậy hệ có nghiệm 1 2 2; 4 8 .
Ta có P
2 x 3
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
x2
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn An2 3Cn2 15 5n .
2
Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x3 3x 2 4 trên đoạn 2;1 .
Thế vào phương trình 2 , ta được: x 2 x 1 x 2 x 2 2 x 2
x2 2x 7 x 2
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2015 – 2016
MƠN : TỐN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề
1
b) Tìm số hạng chứa x 5 trong khai triển P x 2 x 2 , x 0.
x
4 5
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, với A 2;5 , trọng tâm G ; ,
3 3
tâm đường tròn ngoại tiếp I 2; 2 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
2
0,25
Câu 6 (1,0 điểm).
sin cos
4 cot 2 .
sin cos
b) Nhà trường tổ chức tham quan dã ngoại cho 10 thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Toán học và 10
a) Cho tan 2 . Tính giá trị của biểu thức: P
z
P t 2 4t 1 .
x y
1
Với x, y, z 1; 2 x y 2; 4 t ;1 .
4
1
Xét hàm số f t t 2 4t 1, t ;1 . Ta có bảng biến thiên:
4
t
1
1
4
6
0,25
thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Tiếng Anh. Trong một trò chơi, ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5
thành viên tham gia trị chơi. Tính xác suất sao cho trong 5 thành viên được chọn, mỗi Câu lạc bộ có ít
nhất 1 thành viên.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD 2 AB 2a. Tam
0,25
f t
giác SAD là tam giác vuông cân tại đỉnh S và nằm trên mặt phẳng vng góc với mặt đáy ABCD .
Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD,
33
16
Vậy MaxP 6 t 1 a; b; c 1;1;2 .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có AD 2 AB. Điểm
0,25
Chú ý:
- Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng như đáp án.
- Câu 6. Không vẽ hình khơng cho điểm.
- Câu 7. Khơng chứng minh các tính chất hình học phần nào thì khơng cho điểm phần đó.
31 17
H ; là điểm đối xứng của điểm B qua đường chéo AC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
5 5
ABCD , biết phương trình CD : x y 10 0 và C có tung độ âm.
8 x3 y 2 y y 2 2 x
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
y 2 1 2 x 1 8 x3 13 y 2 82 x 29
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x 2, y 1, z 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: P
1
2 x y z 2 2 x y 3
2
2
2
1
.
y x 1 z 1
----------- Hết ---------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
3/3
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Hướng dẫn chấm – thang điểm 10 có 04 trang)
Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2015 – 2016
MƠN TỐN 12
Nội dung – đáp án
Điểm
\ 2
Tập xác định D
5
Ta có lim y 2; lim y 2
x
x
0,25
lim y ; lim y
x 2
1
2
x 0 2;1
y' 0
x 2 2;1
f 2 16; f 0 4; f 1 2
PT 2sin x 1
3
4
0,25
0,25
6
b)
0,25
0,25
H
D
I
7
0,25
x 6 k 2
1
+) 2sin x 1 0 sin x
2
x 7 k 2
6
0,25
1/4
C
20 k
S ABCD AB.BC a.2a 2a 2
AD
SI
a
2
1
1
2a 3
VS . ABCD SI .S ABCD a.2a 2
.
3
3
3
Dựng đường thẳng d đi qua A và song song với
BD. Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên d .
BD / / SAH d BD, SA d BD, SAH
0,25
0,25
0,25
0,25
Gọi K là hình chiếu vng góc của I trên SH IK SAH d I , SAH IH
Ta có IH
0,25
5
a 6
a 6
a IK
d SA, BD
.
5
6
3
H
0,25
tan ACB
D
A
8
N
sin ACD
B
C
0,25
2/4
0,25
1
2 5
cos ACD
cos ACH
2
5
và sin ACH
0,25
0,25
0,25
d D, SAH 2d I , SAH
k
k 20 k 20 3 k
1
k
2 C20 1 2 x
x
5 15 5
Ta phải có 20 3k 5 k 5 Số hạng chứa x 5 là C20
2 x
Khai triển P x có số hạng tổng quát C20k 2 x
O
B
x k 2
1
+) 3 sin x cos x 1 0 cos x
x 2 k 2
3 2
3
Điều kiện: n , n 2
n!
An2 3Cn2 15 5n n n 1 3
15 5n
2!
n
2 !
a)
n 5
n 2 11n 30 0
.
n 6
0,25
Số kết quả thuận lợi cho A là C105 C105 504.
504 625
Xác suất của biến cố A là P A 1 5
.
C20 646
Gọi I là trung điểm của AD. Tam giác SAD là tam
S
giác vuông cân tại đỉnh S SI AD .
Mà SAD ABCD SI ABCD .
A
0,25
0,25
Gọi A là biến cố “Chọn được 5 thành viên, sao cho mỗi câu lạc bộ có ít nhất 1 thành
viên”
K
3 sin x 2 cos x 1 cos x 2sin x 1
3 sin x cos x 1 0
tan 1
4
P
tan 1 tan 2
2 1 4
P
2.
2 1 4
5
Số phần tử của không gian mẫu là n C20
0,25
0,25
2sin x 1 0
3 sin x cos x 1 0
b)
Phương trình BC : x 3 2 y 0 x 2 y 3 0.
0,25
Vậy Giá trị lớn nhất 4 là khi x 0 , giá trị nhỏ nhất là 16 khi x 2.
0,25
0,25
a)
0,25
0,25
IM 1; 2 là véc tơ pháp tuyến của BC
x 2
Đồ thị có tiệm cận đứng x 2; tiệm cận ngang y 2.
7
y'
0x 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 2 , 2; và
2
x 2
khơng có cực trị.
Bảng biến thiên
2
x
y'
2
y
2
Đồ thị
Hàm số y f x x3 3x 2 4 xác định và liên tục trên đoạn 2;1 và y ' 3x 2 6 x
2sin x 1
10 10
Gọi M là trung điểm của BC . Ta có AG ; .
3
3
10
4
3 2 xM 3
xM 3
AG 2GM
M 3;0
10
5
2 y yM 0
M
3
3
5
5
cos ACD
5
5
2 5
5
0,25
sin HCD sin ACD ACH
Ta có d H , CD
3
y 11
2
1 29
13 29
103 13 29
Với t
x
y
2
4
2
3
5
Với t 2 x
18 2
18 2 5
HC
. 6 2.
5
5 3
65
31
Gọi C c; c 10 CH c; c .
5
5
0,25
c 5
2
2
31 67
Ta có: c c 72
C 5; 5 .
c 73
5
5
5
Ta có a, b, c 0 và P
Phương trình BC : x 5 y 5 0 x y 0 .
Gọi B b; b , ta có BC CH 6 2 BC 2 72 b 5 b 5 72
2
0,25
b 11 loai
B 1;1 .
b 1
Phương trình 8 x3 y 2 y y 2 2 x 2 x 2 x
3
2
c 1
1
a 1 b 1 c 1
2
0,25
2
a b c 3
3
3
y2 y2
0,25
10
t
2 x 1 8x 52 x 82 x 29
1
f 't
2
lim f (t ) 0
Ta có BBT.
Thế 2 x y 2 vào phương trình thứ hai ta được:
2 x 1 4 x 2 24 x 29 0 2 x 1
2 x 1 4 x 2 24 x 29 0
0,25
1
2x 1 0 x y 3
2
2
2 x 1 4 x 24 x 29 0
+
4
0
0
Từ bảng biến thiên ta có
1
max f (t ) f (4) t 4
8
a b c 1
1
maxP f (4)
a b c 1 x 3; y 2; z 1
8
a b c 4
1
Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi x; y; z 3; 2;1 .
8
Giải phương trình: 2 x 1 4 x 2 24 x 29 0
Đặt t 2 x 1, t 0 2 x t 2 1.
Ta được phương trình: t t 2 1 12 t 2 1 29 0 t 4 14t 2 t 42 0
2
3/4
-
1
8
f t
0
t 2
t 3 loai
t 2 t 3 t 2 t 7 0 t 1 29 loai
2
1 29
t
2
0,25
f '(t ) 0 (t 2)4 81.t 2 t 2 5t 4 0 t 4 ( Do t 1 ).
t
Hàm số f t liên tục và đồng biến trên R. Suy ra: 2 x y 2
2 x 1 2 x 1 4 x 2 24 x 29
0,25
27
1
Đặt t a b c 1 t 1. Khi đó P
, t 1.
t (t 2)3
27
81
1
1
, t 1 ; f '(t ) 2
;
Xét hàm f (t )
t (t 2)3
t
(t 2) 4
Xét hàm đặc trưng: f t t 3 t , f ' t 3t 2 1 0t
9
2
Mặt khác a 1 b 1 c 1
0,25
1
2 x 1 0
x
Điều kiện:
2
y 2 0
y 2
2x 1
2 x 1
2 x 1
a b
1
27
1
27
Khi đó : P
. Dấu " " a b c 1
a b c 1 a b c 13
Tìm được A 2; 4 , D 8; 2 .
3
1
2 a 2 b2 c2 1
1
2
Ta có a b c
a b c 1
2
2
4
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 .
2
2
0,25
1 3 13 29 103 13 29
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 cặp nghiệm: ;3 ; ;11 ;
;
.
4
2
2 2
Đặt a x 2, b y 1, c z .
0,25
Chú ý:
- Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng như đáp án.
- Câu 7. Không vẽ hình khơng cho điểm.
0,25
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐỀ THI MƠN TỐN_KHỐI 12 (lần 1)
Năm học: 2015-2016
Thời gian: 180 phút
Câu
1
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x3 3x 2 4 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
f x x 2
x 2 trên đoạn 12 ; 2 .
2
2
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
sin 3 x cos 2 x 1 2sin x cos 2 x
b) Giải phương trình 2 log8 2 x log8 x 2 x 1 4
3
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm m để đường thẳng d : y x m
tại hai điểm
A, B
sao cho
cot a 2 .
cắt đồ thị C của hàm số
2
x
AB 3 2
y'
Tính giá trị của biểu thức
P
0,25
0
0
y
sin 4 a cos 4 a
.
sin 2 a cos 2 a
b) Một xí nghiệp có 50 cơng nhân, trong đó có 30 cơng nhân tay nghề loại
A, 15 công nhân tay nghề loại B, 5 công nhân tay nghề loại C. Lấy ngẫu
nhiên theo danh sách 3 cơng nhân. Tính xác suất để 3 người được lấy ra
có 1 người tay nghề loại A, 1 người tay nghề loại B, 1 người tay nghề loại
C.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đường cao SA bằng 2a , tam giác
30 . Gọi H là hình chiếu vng của A trên
ABC vng ở C có AB 2a, CAB
SC. Tính theo a thể tích của khối chóp H . ABC . Tính cơ-sin của góc giữa hai mặt
phẳng SAB , SBC .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang OABC ( O
là gốc tọa độ) có diện tích bằng 6, OA song song với BC , đỉnh A 1; 2 , đỉnh
B thuộc đường thẳng d1 : x y 1 0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d 2 : 3 x y 2 0 .
Tìm tọa độ các đỉnh B, C .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại
A có phương trình AB, AC lần lượt là x 2 y 2 0, 2 x y 1 0 , điểm M 1; 2 thuộc
đoạn thẳng BC . Tìm tọa độ điểm D sao cho tích vơ hướng DB.DC có giá trị nhỏ
nhất.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
0,25
Bảng biến thiên
0
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Cho
Điểm
x 0, yCT 4
- Giới hạn tại vô cực: lim y ; lim y
x
x
2
x 1
y
x 1
ĐÁP ÁN TOÁN 12, lần 1, 2015-2016
Nội dung
Tập xác đinh: D .
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' 3 x 2 6 x ; y ' 0 x 0; x 2
Các khoảng đồng biến ; 2 và 0; ; khoảng nghịch biến 2; 0 .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 2, yCD 0 ; đạt cực tiểu tại
x2 x 2
x2
x3
2
x2 3
1
4
0,25
Đồ thị
f x = x3+3x2-4
8
6
4
2
-15
-10
-5
5
10
15
-2
-4
-6
-8
0,25
2
trên tập số
1
Ta có f x x 4 4 x 2 4 ; f x xác định và liên tục trên đoạn ; 0 ;
2
f ' x 4 x3 8 x.
1
Với x ; 2 , f ' x 0 x 0; x 2
2
1
1
Ta có f 3 , f 0 4, f 2 0, f 2 4 .
16
2
thực.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn x 4 2 y 4 2 2 xy 32 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x3 y 3 3 xy 1 x y 2 .
0,25
0,25
0,25
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x trên đoạn
-----------Hết----------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh..........................
0
3
1
2 ; 0 lần lượt là 4 và 0.
sin 3 x cos 2 x 1 2sin x cos 2 x sin 3 x cos 2 x 1 sin x sin 3 x
a)
cos 2 x 1 sin x
0,25
0,25
Trong mặt phẳng SAC , kẻ HI song song với SA thì HI ABC .
x k
sin x 0
2
1 2sin x 1 sin x
x k 2
sin x 1
6
2
5
x
k 2
6
b) Điều kiện x 0, x 1 .
1
1
a2 3
.
AB. AC.sin 30 .2a.a 3.sin 30
2
2
2
HI HC HC.SC AC 2
AC 2
3a 2
3
6
Ta có
HI a .
SA SC
SC 2
SC 2 SA2 AC 2 4a 2 3a 2 7
7
a3 3
1
1 a2 3 6
Vậy VH . ABC S ABC .HI .
.
. a
3
3 2 7
7
1
(Cách khác: VH . ABC VB. AHC S AHC .BC )
3
Gọi K là hình chiếu vng góc của A lên SB . Ta có
AH SC , AH CB (do CB SAC ), suy ra AH SBC AH SB .
S ABC
0,25
Với điều kiện đó, pt đã cho tương đương với :
2
2
log 8 2 x x 1
4
2
4
2 x x 1 16
3
2 x x 1 4
x2
2 x x 1 4
0,25
0,25
x 1
Pt hoành độ giao điểm
x m x 1 x m x 1 (vì x 1 không
x 1
2
là nghiệm của pt) x m 2 x m 1 0 (1)
Lại có: SB AK , suy ra SB AHK . Vậy góc giữa giữa hai mặt phẳng
Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 m 2 8 0 m .
1
1
1
1
1
7
a.2 3
AH
;
AH 2 SA2 AC 2 4a 2 3a 2 12 a 2
7
1
1
1
1
1
1
AK a 2 .
AK 2 SA2 AB 2 4a 2 4a 2 2a 2
Tam giác HKA vng tại H (vì AH SBC , SBC HK ).
SAB , SBC là
x x m 2
Khi đó A x1 ; x1 m , B x2 ; x2 m .Theo hệ thức Viet ta có 1 2
x1 x2 m 1
2
0,50
2
AB 3 2 AB 2 18 2 x1 x2 18 x1 x2 9
2
2
x1 x2 4 x1 x2 9 m 2 4 m 1 9 m 1
5
4
a) P
4
4
0,50
4
4
4
sin a cos a
sin a cos a
sin a cos a
.
sin 2 a cos 2 a sin 2 a cos 2 a sin 2 a cos 2 a sin 4 a cos 4 a
4
0,25
4
1 cot a 1 2
17
1 cot 4 a 1 24
15
b) Số phần tử của không gian mẫu n C503 19600.
Chia tử và mẫu cho sin 4 a , ta được P
7
6
2250
45
.
19600 392
0,25
.
HKA
a.2 3
AH
7 6 cos HKA
7
sin HKA
7
AK
a 2
7
OA : 2 x y 0 .
0,50
OA BC BC : 2 x y m 0 m 0 .
0,25
0,25
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x y 1 0
x 1 m
B 1 m; m 2 .
2
x
y
m
0
y m 2
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
3 x y 2 0
x m 2
C m 2; 4 3m .
2 x y m 0
y 4 3m
1
SOABC OA BC .d O, BC
2
m
1
2
2
2
1 22 2m 3 4m 6 . 2 2 6
2 1
2
Số kết quả thuận lợi cho biến cố “trong 3 người được lấy ra, mỗi
người thuộc 1 loại” là C301 .C151 .C51 2250 . Xác suất cần tính là
p
0,25
Ta có CA AB cos 30 a 3. Do đó
0,25
S
K
0,50
2m 3 1 m 12 . Giải pt này bằng cách chia trường hợp để phá
dấu giá trị tuyệt đối ta được m 1 7; m 3 . Vậy
B 7; 1 7 , C 1 7;1 3 7 hoặc B 2;1 , C 1; 5
H
8
A
B
I
C
0,50
Gọi vec tơ pháp tuyến của AB, AC , BC lần lượt là
n1 1; 2 , n2 2;1 , n3 a; b .Pt BC có dạng a x 1 b y 2 0 , với
a 2 b 2 0 . Tam giác ABC cân tại A nên
cos B cos C cos n1 , n3 cos n2 , n3
a 2b
a 2 b2 5
2a b
a 2 b2 5
a b
a b
0,50
2 1
Với a b . Chọn b 1 a 1 BC : x y 1 0 B 0;1 , C ; ,
TRƯỜNG THPT KHỐI CHÂU
ĐỀ CHÍNH THỨC
khơng thỏa mãn M thuộc đoạn BC .
Với a b . Chọn a b 1 BC : x y 3 0 B 4; 1 , C 4; 7 , thỏa
mãn M thuộc đoạn BC .
Gọi trung diểm của BC là I I 0;3 .
( Đề thi gồm 01 trang)
3 3
BC 2
BC 2
Ta có DB.DC DI IB DI IC DI 2
.
4
4
Dấu bằng xảy ra khi D I . Vậy D 0;3
9
0,25
Câu 1( 2,0 điểm). Cho hàm số y x3 3 x2 (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị (C) tạo với đường thẳng
0,25
Điều kiện x 3. Bất pt đã cho tương đương với
x2 x 2
x3
x
10
2
2
2
x2 3
x 1 0
x2 x 2
4
2
x3
x 3 x2 1 0
x2 x 2
2
x3
x2 3
2x 3
.
x 2015
9
Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x sin x cos x 2 cos2 x 0 .
x2 1 0
2
0,50
x2 3
2
x
x
6
2
x 1
1 0
2
x x2
2
2
x 3 x 3
x3
x 2 3
x 2 1 0 1 x 1 (Với x 3 thì biểu thức trong ngoặc vng
ln dương). Vậy tập nghiệm của bất pt là S 1;1
0,50
Ta có x 42 y 4 2 2 xy 32 x y 2 8 x y 0 0 x y 8
0,25
3
4
.
5
5
Câu 3( 1,0 điểm). Xác định hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển x5 2 .
x
1 x x 6
x2 x 2
x3
: x my 3 0 một góc biết cos
Câu 2(1,0 điểm ). Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y
2
x 3 x 2 3
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I
Năm học 2015 – 2016.
MƠN: TỐN. LỚP 12
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
3
A x y 3 x y 6 xy 6 x y
Câu 5(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA
60 0 và mặt phẳng (SAB) vng góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của
, BAD
AB, BC. Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa đường thẳng SH và DK.
Câu 6(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
3
2
x y 3 x y 6.
2
DC BC 2 , tâm I( - 1 ; 2 ). Gọi M là trung điểm của cạnh CD, H( - 2; 1 ) là giao điểm của
hai đường thẳng AC và BM.
a) Viết phương trình đường thẳng IH.
b) Tìm tọa độ các điểm A và B.
Câu 7( 1,0 điểm). Giải phương trình
3
2
Xét hàm số: f t t 3 t 2 3t 6 trên đoạn 0;8 .
Ta có f ' t 3t 2 3t 3, f ' t 0 t
1 5
1 5
hoặc t
(loại)
2
2
1 5 17 5 5
17 5 5
, f 8 398 . Suy ra A
4
4
2
Ta có f 0 6, f
1 5
Khi x y
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
4
17 5 5
4
a 3
a
, SB
2
2
2 x 1 3 2 x 4 2 3 4 x 4 x2
0,25
0,25
2
1
4 x2 4 x 3 2 x 1
4
trên tập số thực.
x y z 0
Câu 8( 1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn 2
.Tìm giá trị lớn
2
2
x y z 2
nhất của biểu thức P x3 y3 z3 .
------------------- Hết ------------------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
0,25
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh:………
TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU
m 2
2
m
11
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I
MƠN: TỐN. LỚP 12
(Hướng dẫn gồm 04 trang)
2
(1,0 đ)
ĐIỂM
Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 .
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 yCT 4 , cực đại tại x = 0 yCÑ 0
3
(1,0 đ)
-∞
1a)
(1,0 đ)
0
0
0
+
4
(1,0 đ)
+∞
2
0
-
+
2
2
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
sin x cos x 0 1
sin x 2 cos x 0 2
0.25
1 tan x 1 x 4 k k
2 tan x 2 x arctan 2 k k
+∞
0.25
y
0.5
sin x cos x sin x 2 cos x 0
x
y’
2
PT sin x cos x sin x cos x cos x 0
0.25
Giới hạn lim y , lim y
x
k 5
Xét số hạng thứ k + 1 trong khai triển Tk 1 C9k . x 5 . 2
x
Tk 1 C9k .59 k.x 7 k 18
Vì số hạng chứa x3 nên 7k 18 3 k 3
Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển là C93 .56 1.312.500
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 và 2;
x
lim
x2015
9 k
x 0
y 0
x 2
Bảng biến thiên
2x 3
2x 3
( hoặc lim
) nên x 2015 là
x2015 x 2015
x 2015
tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
2x 3
Vì lim
2 nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x x 2015
Vì
Chú ý:
Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đó.
Điểm tồn bài khơng làm trịn.
CÂU
ĐÁP ÁN
TXĐ: D
Sự biến thiên: y 3 x2 6 x 3 x x 2
0.25
0.25
0.25
S
-4
-∞
Đồ thị
6
y
f(x)=x^3-3*x^2
B
4
C
K
0.25
2
-2
2
4
H
0.25
x
-4
6
M
5
(1,0 đ)
-4
-6
Đường thẳng đi qua CĐ, CT là 1 : 2 x y 0 VTPT n1 2;1
Đường thẳng đã cho : x my 3 0 có VTPT n2 1; m
1b)
(1,0 đ)
Yêu cầu bài toán cos ; 1 cos n1; n 2
25 m2 4 m 4 5.16. m2 1
2
m2
5. m2 1
4
5
D
A
-2
Từ giả thiết ta có AB = a, SA
a
a 3
, SB
nên ASB vuông tại S
2
2
AB
SAH đều. Gọi M là trung điểm của AH thì SM AB .
2
Do SAB ABCD SM ABCD .
SH
0.25
0.25
1
1
1
Vậy VKSDC VS.KCD .SM.SKCD .SM. SBAD
3
3
2
1 a 3 1 a.a. 3 a3
.
. .
(đvtt)
3 4 2 2.2
32
0.25
11m 20 m 4 0
1
0.25
0.25
2
Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD = 4 AQ HQ KD nên
SH , DK SH , QH
Gọi I là trung điểm HQ MI AD nên MI HQ
Mà SM ABCD SI HQ SH , QH SHI
.
2x 1 3 2x
8
0.25
6a
(1,0 đ)
1
1
1 a 3
HQ
DK
.
3
HI 2
.
4
4 2
a
a
a
SH
4
2
2
2
2 x 1 3 2 x 4 2 x 1
2
0.5
4 a 2 b 2 2 ab 16 8a 2 b 2 a 4 b 4 (***)
Nên đường thẳng IH có phương trình x y 3 0 .
0.5
Đặt ab = t 0 t 2 thì pt (***) trở thành
B
Từ giả thiết ta suy ra H là trọng tâm của BCD IA 3HI A(2; 5) .
2
2
BC 6
1
BC 3
BM
BC 2 MC 2
, HC AC
3
3
3
3
3
HB2 HC 2 BC 2 nên BM AC
BM đi qua H( -2; 1 ), nhận IH 1; 1 làm VTPT có phương trình
Ta có HB
x y 1 0 tọa độ B có dạng B( t; - t - 1 ).
2
0.25
3
2
Từ x 2 y2 z2 2 x y 2 xy z2 2 2 z2 2 xy 2 xy z2 1
0.25
ĐK:
B 2 2 2;1 2 2
.
B 2 2 2;1 2 2
2
0.25
8
(1,0 đ)
2 x 12 2 x 12
(*)
2 x 1 3 2x
2
2
0.25
Xét hàm số f t t 2 t trên 0; có
f t 2t 1 0 t 0; nên hàm số f(t) đồng biến trên 0;
2 x 12
Do đó pt (*) trở thành f 2 x 1 3 2 x f
2
f đồng biến
0.25
2
1
x y z2 23 z2 43 z 43
2
4 4
Đặt P f z 3z3 3 z với z ;
K
3 3
z 1 K
3
Có f z 9z2 3 , f z 0
z 1 K
3
Do 2 x2 y2 z2
1
3
x . Phương trình
2
2
2x 1 3 2x
2
Vậy P 3 z z 1
2
0.25
Có x y z 0 z x y P x3 y3 x y 3 xyz
2
Chú ý: HS có thể giải theo cách khác như sau
Đặt a 2 x 1 3 2 x . Phương trình đã cho trở thành
a a 2 a 2 2a 4 a 4 8a 2 8a 8 0
0.25
Lại có IA IB nên 18 t 1 t 3 t 2 4t 4 0
t 2 8
. Do đó
t 2 8
t 0
x 1
t 2 loaïi
2 x 1 3 2 x 2
2
. Vậy t = 0
t
loaï
i
1
5
3
2
x
1.
3
2
x
0
x
2
t 1 5 loaïi
C
M
0.25
16 8t 16 8t 2 t 4 t t 2 t 2 2t 4 0
H
D
2
2 x 1 3 2 x 2 x 1 3 2 x ( **)
0.25
I
7
(1,0 đ)
8
2
IH 1; 1
A
6b
(1,0 đ)
2
2 x 1 a 0
Đặt
thì phương trình (**) trở thành
3 2 x b 0
8 a b a 2 b 2 2 4 a 2 b 2 (1)
8 a b a 2 b 2 2
2
2
2
2
a b 4
2
a b 4
Từ (1) 8 a b 16 4 a 2 b 2 2 a b 4 a 2 b 2
Trong tam giác vuông SHI có:
cos SHI
2 x 1
4
1
4 4
4 1 2
2
, f
,f
Ta có: f
,f
3
3 3
3
3
3 3
3
2
2
1
Do vậy max P
khi z
;x y
3
3
3
0.25
3
0.25
0.25
0.25
SỞ GD-ĐT HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT YÊN MỸ
KỲ THI KSCL NĂM 2015 - 2016
Mơn: TỐN 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
-------------------------------------
1
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 2 x 2 3 x 1
3
1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến song song
với đường thẳng y 3 x 1
1
Câu 2(1,0 điểm) Tìm GTLN-GTNN của hàm số sau : y x 4 2 x 2 1 trên đoạn 2;
2
1
log5 3
Câu 3 (1,0 điểm)Tính A log 2 6 log4 81 log2 27 81
Câu 4 (1,0 điểm) Tìm mọi giá trị của m để đường thẳng d : y x m cắt đồ thị
x2
y
C tại hai điểm phân biệt. Khi nào có ít nhất một trong hai giao điểm có tọa
x 1
độ nguyên ?
Câu 5 (3,0 điểm) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I và có cạnh
ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL MƠN TỐN NĂM HỌC 2015 - 2016
CÂU
ĐÁP ÁN
Câu
1a
Ta có: y x 3 2 x 2 3x 1
ĐIỂM
1
3
x 1
y ' x 2 4 x 3; y ' 0
x 3
Sự biến thiên:
+Trên các khoảng ;1 và 3; y ' 0 nên hàm số đồng biến
+ Trên khoảng (1; 3) có y’< 0 nên hàm số nghịch biến
Cực trị:
+Hàm số đạt cực đại tại x = 1 giá trị cực đại y
x
a) Hãy tính thể tích của khối chóp S .ABCD .
b) Gọi M là trung điểm của SB , N thuộc SC sao cho SC = 3SN . Tính tỉ số thể tích
khối chóp S.AMN và khối chóp S.ABCD.
c) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) .
x3 4 y 2 1 x 2 y 3
Câu 6 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 y 4 y 2 1 x x 2 1
Câu 7 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1
7
121
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2 2 2
a b c 14 ab bc ca
7
3
x
Bảng biến thiên:
x
0,25
1
y'
a 13
4
0,25
+Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3; giá trị cực tiểu y = 1
Giới hạn: lim y và lim y
600 .Gọi H là trung điểm của IB và SH vng góc với mặt phẳng
bằng a, góc BAD
(ABCD) biết SH
0,25
DR
+
y
0
3
-
0
7
3
+
1
Đồ thị: giao Oy tại (0;1)
0,25
(1)
5
3
Đi qua (2; ) và (4;
(2)
7
)
3
----------------------------------Hết-----------------------------------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:............................................; Số báo danh:.........................................
Trang 1
Trang 2
Câu
1b
y ' x2 4 x 3 .
0,25
Câu 4
Đường thẳng y = 3x + 1 có hệ số góc 3
x 0
x 4
Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y 3x 1 nên: y ' x 3
0,25
0,25
m 2 m 6
1
Tính A log
6 log 4 81 log 2 27 81log 5 3
2
(1 đ)
1
x 0 y 1 pttt
x 4 y
7
pttt
3
y 3x 1
y 3x
Thử lại, ta được y 3 x
Câu
2(1,0
điểm)
0,25
29
3
2
0.5
K
B
góc A = 600 suy ra tam giác BAD đều
x 0
x 1
BD a S ABCD 2 S ABD
0,25
1 23
y 2 7, y 1 2 , y 0 1 , y
2 16
(1,0đ)
4
S
a) Ta có SH ( ABCD) SH là
đường cao của chóp S.ABCD
Theo giả thiết hình thoi ABCD có
0,25
0,25
Vậy VS . ABCD
max y y 1 2 và min y y 2 7
1
2;
2
0,5
Câu 5
y ' 4 x 3 4 x
Câu 3
2
0,25
29
thỏa u cầu bài tốn.
3
1
Trên 2; có y ' 0
2
6 log 4 81 log 2 27 81log5 3 log 2 6 log 2 9 log 2 27 3log3 5
6.9
log 2
54 1 625 626
27
1
Tìm GTLN-GTNN của hàm số sau : y x 4 2 x 2 1 trên đoạn 2;
Kết luận
A log
1
2;
2
b)
0,25
x2
C . Tìm giá trị của m để đường thẳng d : y x m
x 1
cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt. Tìm m để trong đó có ít nhất một điểm
Cho hàm số y
a2 3
2
C
H
I
A
E
D
1
39 3
SH .S ABCD
a
3
24
VS .AMN
VS .ABC
VSABC
có tọa độ ngun .
VS .ABCD
VS .AMN
Xét phương trình hồnh độ giao điểm
VS .ABCD
0,5
0,5
SA SM SN
1
.
.
6
SA SB SC
0.5
1
2
1
12
0.25
0.25
x2
x m
x 1
x 1
.....
2
x mx m 2 0
0,25
5c
gt HD
3
a
4
Trong (ABCD) kẻ HE CD và trong (SHE) kẻ HK SE
m 2 2 3
m 2 2 3
0,25
0,25
Lập luận chỉ ra HK SCD d H ; SCD HK
Do (C ) có bốn điểm có tọa độ nguyên là A 0; 2 ; B 2; 4 ; C 4; 2 và D 2; 0
Ycbt d : y x m đi qua một trong bốn điểm A, B, C, D
0,25
0,25
Trang 3
Trang 4
Xét HED vng tại E, ta có HE HD.sin 600
Xét SHE vng tại H, ta có HK
SH .HE
SH 2 HE 2
Đặt t a 2 b 2 c 2 .
3 3
a
8
3 39
4 79
Vì a,b, c 0 và a b c 1 nên 0 a 1, 0 b 1, 0 c 1
a
Suy ra t a 2 b 2 c 2 a b c 1
0,25
Mà
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 6
39
79
2
2
2 y 4 y 1 x x 1
39
79
a
a
1
1
7
t
Xét hàm số f t
(1)
f ' t
(2)
0,25
Điều kiện: y 0
B .C .S
Mặt khác 1 (a b c)2 a 2 b2 c2 2(ab bc ca ) 3(a 2 b 2 c 2 )
Suy ra t a 2 b 2 c 2 . Vậy t ;1
3
3
0,25
x3 4 y 2 1 x 2 y 3
Giải hệ phương trình
0.25
0,25
121
1
; t ;1
7 1 t
3
7
121
t 2 7 1 t 2
f ' t 0 t
7
18
PT (1) x x 2 4 y 2 1 2 y 3 x 0
Khi đó, PT (2) 2 y 4 y 2 1 x x 2 1
(3)
BBT
Có f ' t 1
t
t2 1
t
0,25
Xét hàm f t t t 2 1 trên 0;
0 t 0 f t đồng biến trên 0;
f '(t )
0
1
+
324
7
0,25
Thay vào phương trình (1) ta được phương trình: x 5 x3 x x 3
Đặt t x > 0 có hàm số g t t10 t 6 t 3 có g' t 10t 9 6t 5 3t 2 0 do t 0
0,25
324
324
1
; t ;1 . Vậy A
với mọi a; b; c thỏa điều kiện đề
7
7
3
7
2
a b2 c 2
1
1
1
324
bài. Hơn nữa, với a ;b ; c thì
18 và A
2
3
6
7
a b c 1
0.25
Vậy min A
Suy ra f t
Mà g 1 3 t 1 x 1 x 1
1
1
Với x 1 y . Hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 1;
2
2
Câu 7 Ta có 1 (a b c)2 a 2 b 2 c 2 2(ab bc ca )
Do đó A
7
18
f (t )
Khi đó, PT (3) f 2 y f x 2 y x
ab bc ca
1
3
324
7
1 (a 2 b 2 c 2 )
.
2
7
a 2 b2 c 2
121
7(1 (a 2 b 2 c 2 ))
Trang 5
Trang 6
0,25
TRƯỜNG THPT TAM ĐẢO
ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
x
(C).
2x 1
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y
TRƯỜNG THPT TAM ĐẢO
Câu
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng
2
.
3
Câu 2 (1.0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y 2 x3 3x2 12 x 1 trên [–
Câu 3 (1.0 điểm).
4
3
8
x
1
2
1
y'
0.25
0.25
2 x 1
2
y ' 0, x D.
BBT
x
y'
y
x 4 2 x3 2 x 1
( x )
x3 2 x 2 2 x
Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với cạnh AB=2a,
1.0
2
TCĐ x .
mơn trong đó có 3 mơn bắt buộc là Tốn, Văn, Ngoại ngữ và 1 mơn do thí sinh tự
chọn trong số các mơn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và Địa lí. Trường X có 40
học sinh đăng kí dự thi, trong đó 10 học sinh chọn mơn Vật lí và 20 học sinh chọn
mơn Hóa học. Lấy ngẫu nhiên 3 học sinh bất kỳ của trường X. Tính xác suất để trong
3 học sinh đó ln có học sinh chọn mơn Vật lí và học sinh chọn mơn Hóa học.
Câu 5 (1.0 điểm). Giải bất phương trình:
Điểm
2
a) Tính: A 81log 3 27log 6 33log 9
b) Giải phương trình: cos 3x.cos x 1
Câu 4 (1.0 điểm). Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4
5
Nội dung
x
Cho hàm số y
(C). Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2x 1
1
TXĐ D \ .
2
1
1
lim y , đồ thị có TCN y ; lim y ; lim y , đồ thị hàm số có
x
1
2
2 x 1
x
1; 5].
1
ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
Mơn: Tốn - Khối A, D - Lớp: 12
1/2
-
-
1
2
1
2
0.25
1a
AD=a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB, SC tạo với
đáy một góc bằng 450. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A
tới mặt phẳng (SCD).
Câu 7 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B,
AB=2BC, D là trung điểm của AB, E thuộc đoạn AC sao cho AC=3EC, biết phương
1 1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; , ; .
2 2
Đồ thị
16
3
xy x 1 x3 y 2 x y
Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ PT
,( x, y ).
2
2
3 y 2 9 x 3 4 y 2 1 x x 1 0
Câu 9 (1.0 điểm). Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a b c 2 . Tìm GTLN
trình đường thẳng CD: x-3y+1=0 , E ( ;1) . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
0.25
của biểu thức
S
ab
bc
ca
ab 2c
bc 2a
ca 2b
1 1
-----------------Hết----------------Thí sinh khơng được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:………………………………………………SBD:…………………
Đồ thị nhận I ; là tâm đối xứng
2 2
Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng
1b
Với y0
2
x0
2
4 x0 2 3 x0 x0 2
3
2 x0 1 3
Ta có: f '( x)
1
2 x 1
2
f '(2)
1
9
2
.
3
1.0
0.25
0.25
1
8
2
Vậy PT tiếp tuyến tại điểm 2; là: y x
9
9
3
0.5
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y 2 x3 3x2 12 x 1 trên [–1; 5].
1.0
2
0.25
y ' 6 x 6 x 12
2
S
x 1 1;5
y' 0
x 2 1;5
Ta có: y (1) 14, y (1) 6, y(5) 266
Vậy max y 266 khi x 5, min y 6 khi x 1
1;5
1;5
1
log 5 3
a) Tính: A 81
27log 6 3
3
4
3log8 9
P
0.25
A
0.25
0.25
H
B
3log
3
23
32
3
3
4
Gọi A là biến cố “3 học sinh được chọn ln có học sinh chọn mơn Vật lý và học
sinh chọn mơn Hóa học”
1
1
Số phần tử của biến cố A là nA C101 .C202 C102 .C20
C20
.C101 .C101
Vậy xác suất để xảy ra biến cố A là PA
4
Giải bất phương trình:
x
nA 120
n 247
C
Ta có HC là hình chiếu vng góc của SC lên mặt phẳng (ABCD) suy ra
4
3
M
0.25
0.5
A 34log 5 33log 6 3
54 63 32log 2 54 63 2 2 845
b) Giải phương trình: cos 3x.cos x 1
PT cos 4 x cos 2 x 2 2 cos 2 2 x cos 2 x 3 0
cos 2 x 1
x k (k )
cos 2 x 3 ( L )
2
Tính xác suất để trong 3 học sinh đó ln có học sinh chọn mơn Vật lí và học
sinh chọn mơn Hóa học.
Số phần tử của không gian mẫu là n C403
D
0.25
(SC;(ABCD))=(SC;AC)=
SCH =45 0
0.25
0.5
0.25
HC=a 2 suy ra SH=a 2
1
1
2 2 a3
VSABCD SH .SABCD SH . AB. AD
3
3
3
Gọi M là trung điểm CD, P là hình chiếu của H lên SM khi đó HM CD; CD SH
suy ra CD HP mà HP SM suy ra HP (SCD) Lại có AB//CD suy ra AB//
(SCD) suy ra d(A;(SCD))=d(H;(SCD))=HP
0.25
1
1
1
a 6
a 6
suy ra HP=
vậy d(A;(SCD))=
3
3
HP 2 HM 2 HS2
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB=2BC, D
là trung điểm của AB, E thuộc đoạn AC sao cho AC=3EC, biết phương trình
1.0
Ta có
0.25
0.5
16
;1) . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
3
0.25
0.25
0.25
1.0
đường thẳng CD: x-3y+1=0 , E (
0.25
A
3
x 2x 2x 1
( x )
x3 2 x 2 2 x
1.0
ĐK: x > 0, BPT tương đương:
5
D
3
x
( x 1)( x 1)3
( x 1)3
x
(1)
2
x 1 ( x 1) 2 1
x ( x 1) 1
E
0.25
7
I
3
Xét hàm số f (t )
Ta có: f '(t )
t
trên
t2 1
4
t 3t
2
t
2
2
1
0 t
B
Gọi I BE CD
0.25
Mà f(t) liên tục trên nên f(t) đồng biến trên .
3 5
(1) có dạng: f x f x 1 x x 1 0 x
2
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng
(SCD).
6
C
0.25
BA 1 EA
E là chân đường phân giác trong góc ABC
BC 2 EC
BD BC BE CD BE : 3x y 17 0 .
I BE CD Tọa độ I (5; 2)
0.25
1.0
Đặt BC x 0 AB 2 x; AC x 5; EC
x 5
3
0.25
0.25
0.25
CEB 450 IC IB BC.cos 450
IE 2 CE 2 CI 2 IE
x
3 2
2
3
x
2
IB 3 IE B(4;5)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c .
Vậy S max
C CD C (3a 1; a )
a 1
BC BI 2 BC 2 5 a 2 4a 3 0
a 3
Với a=1 thì C (2;1), A(12;1)
0.25
Với a=3 thì C (8;3), A(0; 3)
xy x 1 x3 y 2 x y
, ( x, y ).
2
2
3 y 2 9 x 3 4 y 2 1 x x 1 0
ĐKXĐ x .
Ta có xy x 1 x3 y 2 x y x3 x 2 y y 2 xy x y 0
Giải hệ PT
1.0
0.25
y x
x y x 2 y 1 0
2
y x 1
8
Với y x 2 1 thay vào PT thứ 2 ta được
3 x 2 1 2 9 x 2 3 4 x 2 6
1 x x 2 1 0 . Dễ thấy PT vô nghiệm.
0.25
Với y x thay vào PT thứ 2 ta được 3x 2 9 x 2 3 4 x 2 1 x x 2 1 0
3 2 x 1 2
9 x 3 2 x 1 3 2 x 1 2
Xét hàm số f (t ) t t 2 2 ta có f '(t ) t 2 2
3x 2
2
3 x 2 9 x 2 3 2 x 1
2
2
2
2
0.25
t2
t2 2
0 suy ra hàm số
đồng biến.
1
1
1
Từ đó suy ra 3 x 2 x 1 x . Vậy HPT có nghiệm x; y ; .
5
5 5
0.25
Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a b c 2 . Tìm GTLN của biểu
thức S
Ta có
9
1.0
ab
bc
ca
ab 2c
bc 2a
ca 2b
ab
ab
ab 2c
ab a b c c
ab
a c b c
a
b
ac bc
bc
1 b
c
Tương tự ta cũng có
,
bc 2a 2 b a c a
1 ab bc ca
Cộng các vế ta được S
2 ab bc ca
1 a
b
2 ac bc
0.25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ca
1 c
a
ca 2b 2 c b a b
3
.
2
0.25
0.25
2
x yz .
2
3
0.25
SỞ GD & ĐT TP. HỒ CHÍ MINH
Đáp án đề thi thử đại học lần 1
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
( 2015 – 2016)
ĐỀ THI THỬ THPT LẦN I- NĂM HỌC 2015-2016
MƠN TỐN
Ngày thi: 13/10/2015
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1:a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của
hàm số: y x3 3x 2 4
Tập xác định: D = R
x 0
y ' 3 x 2 6 x ; y ' 0
(0,25)
x 2
lim y
;
lim y
x
Bài 1:( 2đ) Cho hàm số : y x3 3 x 2 4 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k 9 .
Bài 2 :( 1đ) Cho hàm số y
2x 3
có đồ thị (C). Gọi (d) là đường thẳng qua H(3,3) và có hệ số góc k.
x 1
Tìm k để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt M,N sao cho tam giác MAN vuông tại A(2,1)
Bài 3:( 1đ)
y
1
4
1
3
3
4
1
2
A
16 2 .64
625
b) Rút gọn biểu thức: B 32 log a log 5 a 2 .log a 25
a) Tính
x
Bảng biến thiên:
x
02
y’
–
0 +0–
0
y
-4
(0,25)
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2) ;
Hàm số nghịch biến trên (-; 0); (2; +)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2 ; yCĐ = 0 ;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = -4(0,25)
-1
1
2
3
Bài 2 :
(d) : y = k(x – 3) + 3(0,25)
Pt hoành độ giao điểm của (C) và (d) :
2x 3
kx 3k 3 kx 2 1 2k x 3k 0 x 1
x 1
(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
k 0
k 0 (0,25)
2
16k 4k 1 0
M x1 , kx1 3k 3
AMN vuông tại A AM.AN 0 (0,25)
1 41
(n)
k
10
2
(0,25)
5k k 2 0
1 41
k
(n)
10
Bài 3
1
3
1
1 4
2
3
4
a) A
16 2 .64
625
1
x
x2 2x 4 x 2
(0.25)
b) 3 x 6 2 4 x x 8
2
Bài 6 :( 1đ) Cho 2 số thực x,y thay đổi thỏa x y 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
P 2 x 3 y 3 3xy
.....................................Hết..........................................
(0.25)
b) B 32log3 a log 5 a 2 .log a 25
(0,25)
2
-4
3log3 a 4 log 5 a.log a 5
(0.25)
a2 4
Bài 4:
b) Cách 1:Tiếp tuyến có hệ số góc k 9
Pttiếp tuyến có dạng ( ) : y 9 x b (0,25)
(0.25)
S
3
2
x 3 x 4 9 x b
có
( ) tiếp xúc với (C)
2
3 x 6 x 9
nghiệm (0,25)
x 1
x 3
V
(0,25)
b
9
b 23
1
5 23 1 12
Bài 4 :( 3đ) Cho hình vng ABCD cạnh 4a. Lấy H, K lần lượt trên AB, AD sao cho BH=3HA,
AK=3KD. Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng ABCD tại H lấy S sao cho góc SBH = 30o. Gọi
E là giao điểm của CH và BK.
a) Tính VS.ABCD.
b) Tính VS.BHKC và d(D,(SBH)).
c) Tính cosin góc giữa SE và BC.
Bài 5:( 2đ) ) Giải phương trình và bất phương trình sau
2
3
54 4 2 4 4 41. 43 3
3
a)
N x 2 , kx 2 3k 3
,
2k 1
x x 2
với 1
k
x1 .x 2 3
() : y 9 x 9
(0,25)
() : y 9 x 23
Cách 2:
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(xo, yo) có
dạng: y y '( xo )( x xo ) yo
y '( xo ) 9 (0,25)
A
I
K
H
D
E
B
C
a) S ABCD (4a ) 2 16a 2
SBH : t an300
SH
1
SH BH .
a 3
BH
3
1
16a 3 3
VS . ABCD SH .S ABCD
3
3
3x 6x o 9
b) S BHKC S ABCD S AHK SCKD
xo 1 xo 3 (0,25)
Với xo = -1 yo 0
Pttt : y 9 x 9 (0,25)
Với xo = 3 yo 4
Pttt : y = -9x +23(0,25)
1
1
25a 2
16a 2 a.3a a.4a
2
2
2
2
o
(0.25)
(0.25)
(0.5)
(0.25)
1
25a3 3
VS . BHKC SH .SBHKC
3
6
AD AB, AD SH AD ( SBA)
(0.25)
d ( D,( SBH )) d ( D, ( SBA)) AD 4a
(0.25)
(0.25)
c) Cách 1:
Dựng EI / / BC ( I BH ) EI ( SAB ) EI SI
( SE , BC ) (SE , EI ) SEI
(0.25)
Ta chứng minh được HK CH tại E
EI HE HE .HC
HB 2
9
2
BC HC
HC
HB 2 BC 2 25
(0.25)
9
36a
BC
;
25
25
9
9
9a
HE .HC . HB 2 BC 2
25
25
5
EI
SE SH 2 HE 2 3a 2
81a 2 2a 39
25
5
EI
18
SE 5 39
SE.BC
Cách 2: cos( SE ; BC )
SE.BC
Ta chứng minh được HK CH tại E
HE HE .HC
HB 2
9
HC
HC 2
HB 2 BC 2 25
cos E
(0.25)
(0.25)
81a 2 2a 39
25
5
(1) x 6 3 x 6 2 2 4 x 0
2
( x 6) 9( x 6) 4 4(4 x)
0 (0,5)
x63 x6
2 2 4 x
( x 3)( x 6)
4( x 3)
0
x63 x 6 2 2 4 x
4
x6
( x 3)
0 (0,25)
x63 x6 22 4 x
x 3 (nhận)
4
x6
0 x [6; 4]
Do
x 63 x6 2 2 4 x
Vậy phương trình có nghiệm : x 3 (0,25)
Bài 6:
P 2 x 3 y 3 3 xy
2 x y x 2 xy y 2 3 xy 2 x y 2 xy 3xy
(0.25)
(0.25)
đặt t = x + y. ĐK : t 2
t2 2
2
3
3
P t t 2 6t 3 , với t 2
(0.25)
2
3
Xét f (t ) t 3 t 2 6t 3 trên [-2,2]
2
f '(t ) 3t 2 3t 6
f’(t) = 0 t 1 t 2
13
f 1
2
f(2) = 1
f(-2) = - 7
13
khi t = 1 nên
max f t
2,2
2
x y 1
13
2
max P
2
2
x y 2
1 3
1 3
x
x
2
2
y 1 3 y 1 3
2
2 (0.25)
min f t 7 khi t = -2 nên minP = - 7
xy
9
9
9a
HE .HC . HB 2 BC 2
25
25
5
SE SH 2 HE 2 3a 2
b) 3 x 6 2 4 x x 8 (1)
x 6 0
ĐK:
6 x 4
4 x 0
(0.25)
SE.BC (SH HE ).BC HE .BC
9 9
HC.BC CH .CB
(0.25)
25
25
CB
9
9
.CH .CB.cos HCB
.CH .CB.
CH
25
25
9
144a 2
CB 2
25
25
144 a
5
18
.
(0.25)
cos( SE ; BC ) =
25 2a 39.4a 5 39
a) x 2 2 x 4 x 2
x 2
x 2
2
2
(0.25)
2
x
2
x
4
(
x
2)
x 2 x 4 0
x 2
x 2
(0.25)
2
2 x 6 x 0 1 5 x 1 5
x 2
1 5 x 2
0 x 3
(0.25)
1 5 x 3
(0.25)
2,2
x y 2
x y 1 (0.25)
2
2
x y 2
