Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc (Lần 5)

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y =
Câu 2 (1,0 điểm).Tìm miền giá trị của hàm số: f  x  

1 3
x - 2 x 2 + 3x + 1
3

x5
x2  1

Câu 3 (1,0 điểm).
2
a) Cho số phức z thỏa mãn 1  2i  z  5  2  i  . Tìm phần thực và phần ảo của số phức

w  z2  z
b) Giải phương trình: log 9 x  log 3 x  3  2
xe x  1
dx
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I  
x
1 x  e  ln x 
e

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  3 z  1  0 và
điểm I (3; - 5; - 2) . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P ) . Tìm tọa độ
tiếp điểm..
Câu 6 (1,0 điểm).

 

a) Cho biết tan a  2,    a  0  . Tính giá trị của biểu thức : A  cos a 2sin a  3
 2

b) Một chi đoàn có 15 đoàn viên trong đó có 7 nam và 8 nữ. Người ta chọn ra 4 người trong chi
đoàn đó để lập một đội thanh niên tình nguyện. Tính xác suất để trong 4 người được chọn có ít
nhất 1 nữ.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ;
· = 1200 và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai
BAD
mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng 600 . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC .
Câu 8 (1,0 điểm)..
2
2
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ): (x - 2) + ( y - 2) = 5 và đường thẳng





(D ): x + y + 1 = 0 . Từ điểm A thuộc (D ) kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C ) tại B và C .
Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8 .

Câu 9 (1,0 điểm).
 x 2  y  21 

Giải hệ phương trình: 

y 2  3 x  31

2
2
 y  1  2 y  1  x  x  xy  3 y

Câu 10 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là là độ dài của ba cạnh của tam giác ABC có chu vi bằng 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: F  5a 2  5b 2  5c 2  6abc
--------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:………………


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN (Gồm 6 trang)

I. LƯU Ý CHUNG:
- Đáp án trình bày một cách giải gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học
sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Trong lời giải câu 7, câu 8 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- 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 không được điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN:
Câu
Ý
Nội dung trình bày
Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y =

1 3
x - 2 x 2 + 3x + 1
3

1,0

* Tập xác định: 
x  1
x  3

* Chiều biến thiên: Ta có y '  x 2  4 x  3; y '  0  

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  3;    ; nghịch biến

0,25

trên 1;3 .
7
3

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1  yCĐ  , hàm số đạt cực tiểu tại
x  3  yCT  1.

0,25

* Giới hạn: Ta có lim y   và lim y  .
x 

x 

* Bảng biến thiên:
0,25

1

* Đồ thị:

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Tìm miền giá trị của hàm số : f  x  

x5

1,0

x2  1
Miền xác định D   ( do x 2  1  0 x   )

1  5x
Ta có : f   x  
0
3
2
 x  1 2
1
5
x5

0,25

f   x   0  1  5x  0  x 
lim x

2

x5
x 1
2

 lim x

1
x 1 2
x

Bảng biến thiên
x


f  x

1
5
0



 lim x

x  5 1 khi x  

x
1 khi x  



0,25

26

f  x

0,25

1

1



Từ bảng biến thiên  Miền giá trị của hàm số là 1; 26 
Cho số phức z thỏa mãn 1  2i  z  5  2  i  .Tìm phần thực và phần ảo của số

0,25

2

phức w  z  z
2

5 2  i 
5  3  4i  5  3  4i 1  2i 
Ta có z 


 11  2i
1  2i
1  2i
5
2
Suy ra w  z 2  z  11  2i   11  2i  128  46i , Vậy w có phần thực bằng
128 , phần ảo bằng 46
Giải phương trình : log 9 x  log 3 x  3  2

0,5

2

3.a
3

0,25
0,25
0,5

Điều kiện x  0 . Phương trình tương đương với
3.b

log 3 x  log 3 x  3  2 
2

1
log 3 x  log 3 x  3  2  log 32 x  3log 3 x  4  0
2

x  3
 log 3 x  1


x  1
log
x


4
 3
81


Vậy phương trình có hai nghiệm x  3 ; x 
e

Tính tích phân sau : I  
1

0,25

1
81

xe x  1

 x 1
dx
Đặt t  e  ln x  dt   e   dx 
x
x

Đổi cận : Khi x  1 thì t  e
Khi x  e thì t  ee  1
x

4

xe x  1
dx
x  e x  ln x 

0,25

1,0
0,25
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

I

ee 1


e

dt
 ln t
t

ee 1
e

 ln

ee  1
e

0,25

ee  1

Đáp số : I  ln
e
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
( P ) : 2 x  y  3 z  1  0 và điểm I (3; - 5; - 2) . Viết phương trình mặt cầu tâm

0,25

1,0

I và tiếp xúc với mặt phẳng (P ) . Tìm tọa độ tiếp điểm..
· Bán kính mặt cầu R = d (I ; ( P )) =

2.3 - (- 5) - 3.(- 2) + 1
2 +1 + 3
2

2

2

2

2

2

· Phương trình mặt cầu: (x - 3) + ( y + 5) + (z + 2) =

5

=

18
.
14

162
.
7

0,25
0,25

· Tiếp điểm chính là hình chiếu vuông góc H của I xuống mặt phẳng (P )

đã cho
r
· Đường thẳng IH qua I và nhận PVT n = (2; - 1; - 3) của mặt phẳng (P )
làm VTCP có phương trình là
ïìï x = 3 + 2t
ï
í y = - 5- t
ïï
ïïî z = - 2 - 3t

0,25

(t Î ¡ )

· Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình

ìï x = 3 + 2t
ïï
ïï y = - 5 - t
í
ïï z = - 2 - 3t
ïï
ïî 2 x - y - 3 z + 1 = 0
9
3
26
13
· Hệ này có nghiệm t = - , x = , y = ,z=
7
7
7
7
3
26
13
· Do đó tiếp điểm H có tọa độ là H ç
;; ÷
÷.
ç
ç7
7 7÷

0,25

 


Cho biết tan a  2,    a  0  .
 2

Tính giá trị của biểu thức : A  cos a 2sin a  3

0,5





1 
1
1
  a  0  cos a  0;cos a 

2 2
5
1  tan 2 a
1
2
sin a  cos a  tan a 
  2   
5
5
 4  15
1   2 
Vì vậy A 
2   
  3 

5
5 
5

Một chi đoàn có 15 đoàn viên trong đó có 7 nam và 8 nữ. Người ta chọn ra
4 người trong chi đoàn đó để lập một đội thanh niên tình nguyện. Tính xác
suất để trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ.
 Số phần tử của không gian mẫu là n     C154  1365
Gọi A là biến cố "trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ”
Ta có :

6.a

6

6.b

0,25

0,25
0,5
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A   C154  C74  1330
 Vậy xác suất cần tính là P ( A) 
Cho hình chóp S . ABCD có
· = 1200 và cạnh bên SA

BAD
của góc giữa hai mặt phẳng
tích của khối chóp S . ABCD
SC .

n  A  1330 38
.


n    1365 39

0,25

đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ;
vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo
( SBC ) và ( ABCD ) bằng 600 . Tính theo a thể
và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và

1,0

0,25

· = 1200 nên các tam
 Do đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ; BAD
giác ABC , ADC là các tam giác đều cạnh a 3 .

(a 3) .
= 2
2

3

3a 2 3
=
Suy ra: S ABCD = 2SD ABC
4
2
· Gọi H là trung điểm của BC . Suy ra AH ^ BC Þ SH ^ BC
·
· = 600
Do đó (SBC ); ( ABCD ) = (·
AH ; SH ) = SHA
· Xét tam giác SAH ta có: SA = AH .tan 600 =

7

2

(a 3).
2

3. 3

=

3a 3
2

0,25

3

1
1 3a 3 3a 3 9a
.
· Vậy V = .S ABCD .SA = .
.
=
3
3
2
2
4
· Gọi O = AC Ç BD . Vì DB ^ AC , BD ^ SC nên BD ^ (SAC ) tại O .
· Kẻ OI ^ SC Þ OI là đường vuông góc chung của BD và SC .
· Sử dụng hai tam giác đồng dạng ICO và ACS hoặc đường cao của
3a 39
3a 39
tam giác SAC suy ra được OI =
. Vậy d (BD, SC ) =
26
26
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường

0,25

0,25

tròn

(C ): (x - 2) + ( y - 2) = 5 và đường thẳng (D ): x + y + 1 = 0 . Từ điểm A thuộc
(D ) kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C ) tại B và C . Tìm tọa độ
2

2

điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8 .

1,0


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

0,25
·

(C ) có tâm I (2; 2), R = 5 , A Î (D ) Þ A(a; - a - 1)

· Từ tính chất tiếp tuyến Þ IA ^ BC tại H là trung điểm của BC .
Giả sử IA = m, IH = n (m > n > 0)

Þ HA = m - n, BH = IB 2 - IH 2 = 5 - n 2
1
· Suy ra: SD ABC = BC. AH = BH . AH = (m - n) 5 - n 2 = 8
2
· Trong tam giác vuông IBA có BI 2 = IH .IA Û 5 = m.n Û m =

8

(1)

5
n

(2)

5
2
6
4
2
Thay (2) vào (1) ta có: çç - n÷
÷
÷ 5 - n = 8 Û n - 15n + 139n - 125 = 0
çn

Û (n 2 - 1)(n 4 - 14n 2 + 125) = 0 Suy ra n = 1, m = 5 .
IA = 5

2

2

(a +2)- (- a =3)

25 - a=2

a

 x 2  y  21 

Giải hệ phương trình : 

6

0,25

éa = 2
ê
ê
ëa = - 3

0

0,25

y 2  3 x  31

2
2
 y  1  2 y  1  x  x  xy  3 y

éA (2; - 3)
ê
êA - 3; 2
)
ê
ë(

0,25

1
 2

1,0

 x  0, y  1
Điều kiện :  2
 y  3x

 2  




y  1  x   y  1  x 2   y  y  x  1  0


2





1
 2 y  x  1  0  y  x  1  0  y  x  1 3
 y  x  1 
 y 1  x

    


 

0
,

x

0
,
y

1



Thế  3 vào 1 ta được :

x 2  x  1  21  x 2  x  1  31


9

x 2  x  1  x 2  x  1  31  21

 f  x 

2x 1
2 x  x 1
2x 1
2

 2 x  1

Xét hàm số g  t  

2

3

t




2x 1
2 x2  x  1
2x 1

 2 x  1

2

, x  0

3

, x  0

t    g   t  

t 3
Suy ra hàm số g  t  đồng biến trên  mà
2

 4
0,25

Xét hàm số f  x   x 2  x  1  x 2  x  1, x  0
Có : f   x  

0,25

3
t 3
2

 0, t  

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

2 x  1  2 x  1, x  0  g  2 x  1  g  2 x  1 , x  0
 f   x   g  2 x  1  g  2 x  1  0 , x  0

Nên hàm số f  x  đồng biến trên tập  2 ;  

5   2;  
Mặt khác : 

 f  5   31  21
Phương trình  4   f  x   f  5   x  5  y  6

0,25

Cho a, b, c là là độ dài của ba cạnh của tam giác ABC có chu vi bằng 3 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức : F  5a 2  5b 2  5c 2  6abc

1,0

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    5;6 

a, b, c  0
 nên trong ba số a, b, c phải có ít nhất
a  b  c  3
một số lớn hơn hoặc bằng 1. Giả sử đó là số a  a  1
Theo giả thiết cho 

Theo tính chất ba cạnh của tam giác ta luôn b  c  a  3  a  a  a 
Như vậy 1  a 

3
2

0,25

3
2

2

Ta có F  5a 2  5b 2  5c 2  6abc  5a 2  5  b  c   2bc   6abc



 5a 2  5  3  a   2bc  5  3a 
2

10

1
1
2
2
b  c   3  a 
2
2
3 5
1
2
Mặt khác 1  a    5  3a  0  2bc  5  3a     3  a   5  3a 
2 3
2
1
2
2
Do đó F  5a 2  5b 2  5c 2  6abc  5a 2  5  3  a    3  a   5  3a 
2
3
  a 3  a 2  a  15 
2

3
3
Xét hàm số f  a    a 3  a 2  a  15  với 1  a 
2
2
3
3
 3
f   a    3a 2  2a  1   a  1 3a  1  0, a  1;  , nên hàm số
2
2
 2
3
 3
f  a  đồng biến trên khoảng 1;   f  a   f 1  21, 1  a 
2
 2
 3
F  f  a   f 1  21, a  1; 
 2
a  1 ; b  c
 a  b  c 1
Dấu bằng khi 
a  b  c  3
Vậy giá trị nhỏ nhất của F bằng 21 đạt được khi tam giác ABC đều có
cạnh bằng 1
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có 2bc 

------------------------------ HẾT------------------------------

0,25

0,25

0,25