de thi thu thpt quoc gia 2016 mon toan tinh vinh phuc lan 2

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến y = x 3 − 3 x 2 .
thiên và vẽ đồ thị của hàm số
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn
2] x
[ 1;3
nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x + 2 + 1
trên đoạn .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình
32 x +1 − 2.3x − 1 ≥ 0 ( x ∈ ¡ ) .
b) Giải phương trình
log3 ( 9 x ) + log 9 x = 5 ( x ∈ ¡ ) .
Câu 4 (1,0 điểm).
2= e .
=ln0,
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi x =y1,x
x
y
=
các đường ,
x
O

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian A ( Oxyz
2;
αA−,)1;3)
(Oz
với hệ tọa độ , cho điểm . Viết
phương trình mặt phẳng đi qua và vuông góc với trục . Viết phương trình mặt cầu tâm
tiếp xúc với mặt phẳng .
Câu 6 (1,0 điểm).
2cos 2 x + 8sin x − 5 = 0 ( x ∈ ¡ ).
a) Giải phương trình
b) Đội thanh niên tình
nguyện của một trường THPT có 100 học sinh, trong đó có 60 học sinh nam và 40 học
sinh nữ. Nhà trường chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ đội thanh niên tình nguyện đó để
tham gia một tiết mục văn nghệ chào mừng ngày thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh.
Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có đúng 1 học sinh nữ.
aSA
o,
ABCD
SC
BC
DE
,E
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp có S(.aSAB
)
30
đáy ABCD là hình vuông cạnh vuông
góc với mặt phẳng đáy. Gọi là trung
điểm của góc giữa và mặt phẳng bằng . Tính theo thể tích khối chóp và khoảng cách
giữa hai đường thẳng , .
ABCD

+CE
BBD
D
F
E
∆
B
−
,4;3
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng x C
A
0;
−5.5)5=) . 0
(yOxy
(AC
=D
với hệ tọa độ , cho tứ giác nội tiếp
đường tròn đường kính Đỉnh thuộc đường thẳng có phương trình . Các điểm và lần
lượt là hình chiếu vuông góc của và lên . Tìm tọa độ các đỉnh biết và ,
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình
Câu 10 (1,0 x 4 − 12 x 3 + 38 x 2 − 12 xa−2 67
+ ba+2, b+, ccx2+≤11.+ 7 − x = 0 ( x ∈ ¡ ) .
điểm). Cho
các số thực dương thoả mãn điều kiện
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 a
b
c 
P=  2

+
+
÷−
3  b + c 2 c 2 + a 2 a 2 + b2 

( ab + bc + ca )

3

− 2 3 3 abc .

----------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:…………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN

(HDC gồm 07 trang)

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài
học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với Câu 7 và Câu 8, nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm
tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:

Câu 1 (1,0 điểm).
Thang
Nội dung
điểm
D=¡
*) Tập xác định: .
*) Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: ,
= 0 - 2)
y' = 3x 2 - 6x = x3x(x

y'x=∈0 −∞
⇔ ;0
 ) ∪ ( 2; +∞ )
y' > 0, ∀
(
x=2
Hàm số đồng biến
2;
−∞;0
+∞)
(
y' < 0, ∀x ∈ ( 0;2 )
trên các khoảng và
Hàm số nghịch biến
( 0;2 )
trên khoảng

0,25
+ Cực trị: Hàm số đạt giá trị x = 0, yCĐ = y(0)= 0

cực đại tại
Hàm số đạt giá trị x = 2, yCT = y(2)= -4
cực tiểu tại
+ Giới hạn và
3
3
2
3
lim
y
=
lim
x
−
3
x
=
lim
x
1
−

÷ = −∞
tiệm cận:
x →−∞
x →−∞
x →−∞
x

Đồ thị hàm

 3
y = lim x 3 − 3 x 2 = lim x3 1 − ÷ = +∞
số không có xlim
→+∞
x →+∞
x →+∞
 x
tiệm cận.
+ Bảng biến thiên:

(
(

)
)

0,25

0,25

*) Đồ thị hàm số:
Đồ thị hàm số giao với trục tại ( 0;0Ox
) , ( 3;0 )
các điểm:
Oy ) điểm:
Đồ thị hàm số giao với trục tại ( 0;0
Trang 2


0,25

Câu 2 (1,0 điểm).
Nội dung

2] x
1;3
+2 +11
f '(x) = −x 2 2+
2
x
 x = 2 ∈ [ 1;3]
2 1
f '(x) = 0 ⇔ − 2 + = 0 ⇔ x 2 = 4 ⇔ 
2
x
Ta có ;
22 312
19
7  x = −2 ∉ [ 1;3]
fff ((321)) == ++ ++11== 3;
312 22
26
Từ đó ta có: .
min f ( x) = f ( 2 ) =7 3
[ 1;3] f ( x)x==3f2.( 1) = ,
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của max
f[ 1;3
( x]) 2
[ 1;3]
hàm số trên đoạn bằng khi
=

Giá trị lớn nhất của hàm số trên xf[ 1;3
(7x1.]) đoạn bằng khi
Hàm số liên tục trên đoạn .

f ( x ) =[

Thang
điểm
0,25
0,25
0,25

2

0,25

Nội dung

Thang
điểm

Câu 3 (1,0 điểm).

a)
32 x +1 − 2.3x − 1 ≥ 0
⇔ 3.32 x − 2.3x − 1 ≥ 0
⇔ 3.3x + 1 3x − 1 ≥ 0
⇔ 3x − 1 ≥ 0 do 3.3x + 1 > 0, ∀x ∈ ¡
⇔ 3x ≥ 1 ⇔ x ≥ 0
Vậy bất phương trình đã cho

S = [ 0; +∞ ) .
có tập nghiệm:
b) Điều kiện xác định:
x > 0
⇔ x>0

Khi đó ta có phương trình:
9
x
>
0

⇔ log
x +9log
log3 39(+9 log
x ) +3 log
x =325x = 5

(

(

)(

)

3
1
⇔
2

+
⇔
log
log
x
+
= 233 x = 5
3
3
(thỏa mãn điều kiện xác ⇔ log 3 x = 22 ⇔ x2x=log
3 ⇔ x=9
định)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 9 duy nhất .

0,25

)
0,25

0,25

0,25

Câu 4 (1,0 điểm).
Nội dung
Trang 3

Thang
điểm

Vì: nên diện tích hình phẳng ln 2 x
≥ 0,∀x ∈ [ 1;e]
cần tìm là:
x
e
e
ln 2 x
ln 2 x
S=∫
dx = ∫ 1 dx
Đặt:
x
t
=
ln
x
⇒
1
tx ==dt
01 =1 x xdx
Đổi cận: Với ta được
xt == 1e
Với ta được
Khi đó:

1

0,25
0,25

1

1
S = ∫ t dt = t 3 =
3
Vậy: Diện tích hình 0 1 1 1 0
= − 0.= .
phẳng cần tìm bằng
3 3 3
2

0,25
0,25

Câu 5 (1,0 điểm).
Nội dung
r
Oz
Mặt phẳng đi qua và vuông góc Ak( (2;
α−)1;3) )
(0;0;1
với trục nên nhận làm một véctơ
pháp tuyến.
Mặt phẳng có 0.( x − 2 ) + 0.( y + 1) +(1.
α( )z − 3 ) = 0 ⇔ z − 3 = 0.
phương trình:
Mặt cầu tâm và tiếp xúc với R = O
d ((O,
α( )α ) ) = 3.

(0;0;0
mặt phẳng có bán kính
Mặt cầu cần tìm có phương x 2 + y 2 + z 2 = 9.
trình:

Thang
điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 6 (1,0 điểm).
Nội dung
2cos
2 x +2 8sin
x − 5x=−05 = 0
⇔ 2(1
− 2sin
x) + 8sin
2
⇔ 4sin x − 8sin x + 3 = 0
⇔ ( 2sin x − 1) ( 2sin x − 3) = 0
2 sin
( do )
π 3 < 0, ∀1x ∈ ¡
 x−
x⇔
= sin
+5kπx2π=


π
Vậy phương trình đã
x= ⇔
+ k2π , x6 =
+ k2(2kπ∈ Z
(k) ∈ Z).
cho có các nghiệm :
6 
5π 6
x=
+ k 2π

Thang
điểm

a)



0,25

6

0,25
b) Không gian mẫu:
“ 3 học sinh bất kỳ từ 100 học Ω : sinh của đội thanh niên tình nguyện”
3
n ( Ω ) = C100
= 161700.

Biến cố “ 3 học sinh bất kỳ từ 100 học A : sinh của đội thanh niên tình nguyện
sao cho có đúng 1 học sinh nữ ”
1
.
n ( A ) = C602 .C40
= 70800
Xác suất cần tìm là
70800 236
P( A) =
=
.
161700 539

0,25

0,25

Câu 7 (1,0 điểm).
Nội dung
Trang 4

Thang
điểm


S

H
D

A

I
0,25

B

E

C

K

Vì
SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ CB
·AB mp
·SAB
SC
Do là hình chiếu vuông CB ⊥ CSB
( SAB
(CSB
) ) 30o ) ⇒ SB
⇒
⇒
CB
⊥ (=SAB

góc của trên mp. Vậy CB ⊥ SA
góc hợp bởi với là
·

⇒ SB = BC .cot CSB
= BC .cot 30o = a 3 ⇒ SA = a 2
Vậy thể tích
1
2a 3
V
=
SA
.
S
=
.
S . ABCD
ABCD
của khối chóp là
3
3
DE
AD
CI )
Trong dựng đường thẳng qua song ( ABCD
song với cắt tại

0,25

DE PCI ⇒ DE P( SCI ) ⇒ d ( DE
a , SC ) =
3ad ( DE , ( aSCI5 ) ) = d ( D , ( SCI ) )
⇒ DI = CE = , AI = , CI =
2

2
2
.
d ( D, ( SCI ) ) DI 1
1
=⊥ SK
⇒CI
dH(( D
,SK
( SCI
)()1=) d ( A, ( SCI ) )
Từ A kẻ , kẻ d A, ( SCI ) = AH
AK
⊥
∈
K
∈
CI
(
)
)
3
( AK ⊥ CI) AI 3
Ta có:

⇒ CI ⊥ ( SAK ) ⇒ CI ⊥ AH
( 2)

Từ
1) ,d( 2( )A,⇒( SCI

AH ) ⊥
AH .)
(⇒
) =( SCI
 SA ⊥ CI

0,25
Ta có

CD. AI 3a
AK .CI = CD. AI ⇒ AK =
=
CI
1
1
1
1
5
19
5 3 38
= 2+
= 2+ 2 =
⇒ AH =
2
21
2
1
38 19
AH d ED
9a =18

a.
( SA , SCAK
) = d 2( aA, ( SCI
) ) aAH =
3
3
19
Trang 5


uuur u
uu
uu
u
rr
·B
·F
·CE
xCH
+
−CH
−=
⊥
=
||
,=
AB
5·AD
++DAB
2a∆

2AF
y(2x=HCE
y⇒
−
532aD
5⇒
=
aD
0−.∆
=
=5;0
⇒
5(3F
;y∈
,=(2;
2(∆
5;0
F
5;0
−
−5=5;5
3;1
5=)5;0
xxAF
(1;
5x)−x) 03==) −55
)EBAC
(+−0aFAC
(⇔
(BAF

EC
AB
EF
⇒
4)
=
E
3)
( )1;090
HCE
=
BAF
⇒ DCB
⇔




xx−+3yy−+55== a00= 3 yy==00

0,25
Câu 8 (1,0 điểm).

Câu 9 (1,0 điểm).
Nội dung
Điều kiện xác định:

-1 ≤ x ≤ 7.

Phương trình đã cho tương đương

Thang
điểm
0,25

Trang 6


với:

x + 1 + 7 − x = − x 4 + 12 x 3 − 38 x 2 + 12 x + 67
2
Với điều kiện ta có:
x − 3) ( x-1+ ≤1) x( 7≤2−7 x ) + 4 ≥ 4
(
⇔ x + 1 + 7 − x = ( x − 3) ( x + 1) ( 7 − x ) + 4 ( *)

0,25

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:

(

x +1 + 7 − x

)

2

≤ ( 1 + 1) ( x + 1 + 7 − x ) = 16 ⇔ x + 1 + 7 − x ≤ 4

0,25

Từ đó ta có phương trình tương đương ( *) với:

( x − 3 ) 2 ( x + 1) ( 7 − x ) + 4 = 4
x = 3.
Vậy phương trình 
⇔ x = 3.
đã cho có nghiệm 
 x+1+ 7 − x =4
duy nhất :

0,25

Câu 10 (1,0 điểm).
Thang
điểm

Nội dung

a,2b+, cc 2 ≤ 1
Vì là các số thực dương thoả a 2 + b
mãn điều kiện nên ta có:
0 < a, b, c < 1
 2
2
2
a + b ≤ 1 − c
 2

2
2
b + c ≤ 1 − a
c 2 + a 2 ≤ 1 − b 2


⇒

a
b
c
a
b
c
+
+
≥
+
+
b2 + c 2 c2 + a 2 a 2 + b2 1 − a 2 1 − b2 1 − c2

Ta chứng minh:
Thật vậy, ta xét :

a
b
c
3 3 2
+
+

≥
a + b2 + c2 )
(
2
2
2
1− a 1− b 1− c
2
2
a
3 3 2
2
≥
a
⇔
2
≥
3
3
a
1
−
a
⇔
3
a
−
1
3a + 2 ≥ 0
(

)
1 − a2
2

(

)(

)

(luôn đúng với )
∀a ∈ ( 0;1)
Do đó :
a
3 3 2
≥
Chứng minh tương tự b
31 −3a 22 2c a 3 3 2
≥
b ,
≥
c.
ta có:
2
2
1
−
b
2
1

−
c
2
Từ đó ta có:
a
b
c
3 3 2
2

1− a

2

+

1− b

2

+

1− c

2

≥

2

(a

+ b + c2 )

Mặt khác ta lại có:
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ( ∀a, b, c )
Ta được:
a
b
c
3 3
+
+
≥
( ab + bc + ca )
2
+) Xét:
1 −+ aca
c 22 ab2 + bc + ca ≥ 2 3 3 abc
ab + bc
≥ 13−3 ab2b 2c12 −⇒

P ≥ 3 ( ab + bc + ca ) −

( ab + bc + ca )

3

Suy ra
Đặt điều kiện

Khi đó Xét hàm số

trên

<+
t ≤bc1.+ ca
t = 0ab
3 3
2
0;1
f P(t≥
) =−t−(t+
+ ]3. t32t −
−2t2. t
Trang 7

0,25

− 2 ab + bc + ca .
0,25


Dễ thấy liên tục trên và f '(t ) = −3t 2( f0;1
+(t2)] 3t − 2 < 0.
Vậy hàm số
nghịch biến f (t ) = −t( 0;1
+ ] 3t − 2t
trên
Từ đó ta suy ra
P Min

≥ f (ft )(t≥) Min
= f ( 1f )(t=) = 3 −
3 3.
− 3.
( 0;1]
( 0;1]
Vậy khi
1
MinP
a = b ==c =3 − 3.
3
---------- HẾT---------3

0,25

2

Trang 8

0,25