de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan tinh vinh phuc lan 1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

y=

2 x − 1 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và
x − 2 vẽ đồ thị của hàm số
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị y = x 3 − 3 x 2 + 6

của đồ thị hàm số
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình
b) Giải phương trình

x
log 22x x ≥ log
+ x4
2
5.9 − 2.6 x =
43.4
I = ∫ ( x − 2 ) sin 3 xdx Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm
S . ABC
SA ⊥ ( ABC ) , ·ABC = 900 , AB = a, BC = a 3, SA
= 2a

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp có . Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp và tính diện tích mặt cầu đó theo a.

Câu 6 (1,0 điểm).
2 cos 2 x − sin x + 1 = 0

a) Giải phương trình: .

b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp
12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. Tính xác suất
sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A.
S . ABCD
HK
AD
SD
AB
K 3a Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp có đáy là
SD =
2 hình vuông cạnh a, . Hình chiếu vuông góc H
của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn. Gọi là trung điểm của đoạn . Tính theo a thể
tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng và .
·−yOxy
AB
7 x −y=ABCD
BMBC
MN
DC
AD
BC
(1;
M
N
D

B
−
2A 25
2)
=<0=
CD
0 Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ
toạ độ cho hình thang vuông tại và có , điểm , đường thẳng BD có phương trình là . Đường thẳng qua
vuông góc với cắt cạnh tại . Đường phân giác trong góc cắt cạnh tại . Biết rằng đường thẳng có
phương trình . Tìm tọa độ đỉnh .
x
 2
 x + x + 1 = ( y + 2 ) ( x + 1) ( y + 1)

3 x 2 − 8 x − 3 = 4 ( x + 1) y + 1


Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ

( x, y ∈ ¡ ) phương trình:
Câu 10 (1,0 điểm).  2 y ≥ xx2, y ∈ ¡
Cho thỏa mãn . Tìm 
2
 y ≤ −2 x + 3x

giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x4 + y 4 +

2

( x + y)

2

-------------HẾT-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu.

Giám thị 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 1
NĂM HỌC 2015-2016


D3((2;
yx ¡lim
+∞
;x2\2)
)y1= +∞; lim y = −∞
2=
−{2}
lim y = 2; lim y =
2;=−∞
y 'x=→−∞
− y = 2x →<2+0, ∀x ∈x →D2−
( x − 2) x − 2
MÔN THI: TOÁN

x →+∞

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 bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
1,0
1. Tập xác định:
2. Sự biến thiên.
Suy ra hàm số nghịch biến trong các khoảng và
Hàm số không có cực trị
Các giới hạn
Suy ra là tiệm cận đứng, là tiệm cận ngang của đồ thị.
Bảng biến thiên

0,5

0,25

0,25

3. Đồ thị: Giao với trục Ox tại, giao I (2;
1 12) với trục Oy tại , đồ thị có tâm đối xứng
0;;0 ÷


là điểm
2 2

0,25


2

Tìm các điểm cực trị của đồ thị

y = x3 − 3x 2 + 6

hàm số
* Tập xác định:

¡

Bảng xét dấu đạo hàm
x
y′

3

4

1,0
0,25
0,25

x = 0
y ' = 3 x 2 − 6 x, y ' = 0 ⇔ 
x = 2
−∞
+∞
02
+

0

-

0

0,25
+

Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có
Hàm số đạt cực đại tại và giá trị cực đại yx = 026 ; đạt cực tiểu tại và giá trị cực tiểu .
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là ( 0;6
2; 2) M, điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là
N
a Giải bất phương trình (1)
x
log 22 x ≥ log 2 + 4
+) Điều kiện của bất phương trình (1) x > 0 là:
4 (*)
+) Với điều kiện (*),
x − 22)(log
1) 22≥x0− log 2 x − 2 ≥ 0

(1) ⇔ log 22 x ≥ ⇔
log(log
4 + 4 2⇔x +log
2 log
2 x−
 x≥4
log
x
≥
2

2
+) Kết hợp với điều kiện
⇔  S =  0; 1  ∪
⇔4; +∞
1
(*), ta có tập nghiệm của
log 2 x ≤2−1 [ 0 < )x ≤

2
bất phương trình (1) là
b Giải phương trình (1)
5.9 x − 2.6 x = 3.4 x
Phương trình đã cho xác định với mọi x ∈ ¡
Chia cả hai vế của phương trình (1) 4 x > 0 cho ta được :
2x
x
3 xx
3
2 x x2 x⇔ 5. 

(2)
5.9 x − 2.6x =
3.4
−
2.
 ÷ = 3
3 3    323÷


⇔
⇔
5.
−
1
−
2.
5.
−
+
3
3
=
 =020
Vì nên phương trình (2) tươngđương
÷ ÷   3a ÷÷
2
2
2
2
SD

=













 2
với
x
.
3
0 x=0
Vậy nghiệm của phương trình là:  ÷ =x 1=⇔
2

Tính nguyên hàm
I = ( x − 2 ) sin 3 xdx

∫

0,25
0,5

0,25

0,25
0,5
0,25

0,25
1,0


u = x − 2
 du = dx
 dv = sin 3xdx
x − 2 ) cos 3cos
x 31x
(
I = − x − 2 vcos
+ ∫ cos 3 xdx
=
−
3
x
(
)
13
 3
3
=
−
+

sin 3 x + C
Cho hình chóp SA ⊥ ( ABC ) , ·ABC =390S0.,ABC
AB =9a, BC = a 3, SA = 2a
có . Chứng
minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và tính diện
tích mặt cầu đó theo a.
Đặt
ta được
Do đó:

5

6

7

Vì
S
SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ BC
AB⊥⊥( SAB
BC
BC
SB )
Mặt khác theo giả thiết , nên
BC
và do đó
Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên
(*)
SC I
IA

=
IB
=
= IS = IC
S . ABC
Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh
2
của hình chóp, do đó I là tâm
mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp
Từ (*) ta có bán A
kính của mặt cầu là
SC
C
R =2
Ta có
AC = AB +2BC 2 = 2a
SC = SA2 + AC 22 = 2 22a ⇒ R = a 2
Diện tích mặt cầu là
4π R = 8π a
B2 cos2 x − sin x + 1 = 0
a Giải phương trình .
2 cos 2 x − sin x + 1 = 0 ⇔ 2sin 2 x + sin x − 3 = 0 ⇔ (sin x − 1)(2sin x+3)=0
Ta có:
2sin ⇔
x + sin
3 > x0 =∀1x ∈ ¡
(do )
π
Vậy nghiệm của phương ⇔ s inx = 1π⇔ x = 2 + k 2π ( k ∈ ¢ )
x = + k 2π ( k ∈ ¢ )

trình đã cho là
2
b Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học
sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế
giảng năm học. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít
nhất 2 học sinh lớp 12A.
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu Ω nhiên là
Số phần tử của không gian mẫu là: C95 = 126
Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ
đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là :
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C
Số kết quả thuận lợi cho C42 .C31.C22 + C42 .C32 .C21 + C43 .C31.C21 = 78
biến cố A là: .
Xác suất cần tìm là .
78 13
P=
=
ABCD
HK
AD
SD
AB
K 3a
Cho hình chóp có đáy là hình vuông S .126
SD = 21
cạnh a, . Hình chiếu vuông góc H của
2

đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là
trung điểm của đoạn. Gọi là trung điểm của đoạn . Tính theo a thể tích khối chóp và
khoảng cách giữa hai đường thẳng và .

0,25
0,25
0,25
0,25
1,0

0,25

0,25

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25

0,5

0,25

0,25
1,0


S

F
C

B
H

E
O

A

8

K

D

SH
3a
a
SH = SD 2 − HD 2 = SD 2 − ( AH 2 + AD 2 ) = ( ) 2 − ( ) 2 − a 2 = a
2
2
Từ giả thiết ta có là đường cao của hình chóp S.ABCD và
Diện tích của hình vuông
a2
1
1 2 a3
V
=

SH
.
S
=
a.a =
S . ABCD
ABCD
ABCD là ,
3
3
3
HK / / BD ⇒ HK / /( SBD )
Từ giả thiết ta có
d ( HK , SD ) = d ( H ,( SBD ))
Do vậy: (1)
Gọi E là hình chiếu vuông
góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE
BD ⊥ SH
HF, BD
⊥ (⊥
SBD
HE) HF
⇒ HF
BD
⊥ SE
⊥
= d( SHE
( H , ()SBD
⇒ BD
)) ⊥ HF

Ta có mà nên
suy ra (2)
+)
a
a 2
0
·
+) Xét tam giác vuông HE = HB.sin HBE = 2 .sin 45 = 4
SHE có:
(3)
a 2
a
.
+) Từ (1), (2),
SH .HEa
a
4
( HK
HF .SE = SH .HE ⇒ dHF
= , SD) = =
=
(3) ta có .
SE 3
3
a 2 2
(
) + a2
7 x −y=ABCD
BMBC
−yOxy

MN
DC
AD
BC
(1;
M
N
D
B
−
2 25
A
2)
=<0=
CD
0
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ AB
4
cho hình thang vuông tại và có ,
điểm , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình là .. Đường thẳng qua vuông
góc với cắt cạnh tại . Đường phân giác trong góc cắt cạnh tại . Biết rằng đường
thẳng có phương trình . Tìm tọa độ đỉnh .

0,25
0,25

0,25

0,25

1,0

Tứ giác nội BMDC tiếp
·
·
·
⇒ BMC
= BDC
= DBA
= 450
·∆BMC vuông cân
⇒MBC
tại B, BN là
phân giác trong
đối xứng qua ⇒ M , C
BN

⇒ AD = d ( B, CN ) = d ( B, MN ) =

4
2

0,25

0,25


9

AB = AD ⇒ BD = AD 2 = 4

Do
BD : y − 2 = 0 ⇒
,
a =D5(a; 2)
4((5;
⇔
2)a = −3
−3;2)
Vậy có hai điểm thỏa mãn là: BD =DD

hoặc
Giải hệ phương  2
x
 x + x + 1 = ( y + 2 ) ( x + 1) ( y + 1)
trình:
( x, y ∈ ¡ )

Điều kiện:
x
>
−
1

2
3 x − 8 x − 3 = 4 ( x + 1) y + 1


3
x3 + x 2 + x
 y y≥+−11 ⇔ x + x ( x + 1) = y + 2

1
⇔
=
y
+
2
x
+
1
( )
(
) (
)(
)
(
)
x +1
( x + 1) x + 1
.

3

(

0,25
1,0

y +1

)

(

P=(x + y
2

)

2 2

− 2x y +

Đặt

2

2

2

( x + y)

)

≥(x + y
2

2

0,25

)

3
x
 x 
⇔
+
=
y
+
1
+ y +1
÷
x 2+ 1 3
 x + 1 2
¡=1=t >4+x0t∀xt ∈
Xét hàm số trên có  x f3′x( t )−=8f x3( tt−) 3+
+x1¡
f
= f
y +1 ⇔
= y +1
÷
suy ra f(t) đồng biến  x + 1 
x +1
trên . Nên . Thay
vào (2) ta được .
2
2

⇔ ( 2 x − 1) = 2xx+≥21 x + 1

Ta có
 x = 3+ 2 3
x 2 x− 6 x−−1 3 = 0

y
=


Với . Với . ⇔ 2 x + 1 = x −51−⇔
2 13 x + 1 1441++3 7 3⇔
13 

 3⇒⇒y y==−
5 − 2 13
x
=
x
=
3
+
2

x≤
Các nghiệm này 2đềux +
thỏa
1 = 1 − 3x 9 
x=
2

72

3
9


mãn điều kiện.
 9 x 2 − 10 x − 3 = 0
KL: Hệ phương trình có hai

4+3 3 
x
;
y
=
3
+
2
3;
(
)

÷
nghiệm

2 ÷


.
 5 − 2 13 41 + 7 13 

& nhất
( x; y ) =24yx≥, yx4∈2 ¡ ; − 2
÷
Cho thỏa . Tìm giá trị nhỏ
÷
72
P = x + y9 +

2
của biểu thức

2( x + y)
y
≤
−
2
x
+
3
x

y≥0
Từ giả thiết ta có và và
x2
6
≤
−
2 x 22 + 3 x ⇒
2 0≤ x
2

2
2
2 ≤ 2
x + y ≤ x2 + ( −2 x + 3x ) = 2 x ( 2 x5 − 6 x + 5 )
Xét hàm số ta
 6
2
2Max
f
(
x
)
=
2
x
2
x
−
6
6 x + 5 ) ; x ∈ 0;
(

 5 
được f(x) = 2
0; 5 
2
2
⇒x +y ≤2

(

10

0,25

)

2 2

(x
−

2

+ y2 )
2

2

+

2
x + y2
2

0,25
0,25

0,25

1,0

0,25

0,25

tt 2= x 22+ y 2
⇒ P≥ + ,02 t

Xét hàm số:

t2 2
g (t ) = 3 + , t ∈ ( 0; 2]
2 t −2
g '(t ) = t − 2 = 2 2 t; g '(t ) = 0 ⇔ t = 3 2
t
t
Lập bảng biến thiên ta có
Min

P=

6
33 4
16
khi x = y =
2
2

------------Hết------------

0,25

0,25