TỔNG HỢP CÁC ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN CỦA CÁC TRƯỜNG THPT 2016 CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT (HOT)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (8.5 MB, 69 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ I, Ngày thi: 17/11/2015
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y
3 2x
x 1
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 song song với đường thẳng
: y x 1
M
.V
N
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: (sinx cosx)2 1 cosx .
b) Tìm số phức liên hợp của số phức z thỏa mãn 3 z 9 2i.z 11i .
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log 1 (x 2 5) 2 log2(x 5) 0
2
1
2
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I x (x e x )dx
C
0
O
Câu 4.(0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm,
mổi nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu
nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ.
TO
T.
Câu 6.(1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC
vuông cân tại B, SA= a, SB hợp với đáy một góc 300 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC. và tính
khoảng cách giữa AB và SC.
Câu 7.(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết
phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : x y z 2 0 và
( ) : x y z 4 0 theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau .
O
C
Câu 8.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu của B
3
3
lên AC là E (5;0) , trung điểm AE và CD lần lượt là F 0; 2 , I ; . Viết phương trình đường
2 2
thẳng CD.
3
EH
Câu 9.(1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 2 x 1 1
x
4 8x 9x2
3x 2 2 x 1
Câu 10.(1,0 điểm) Cho a, b, c 0 và thỏa mãn: c min a, b, c .Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu
D
thức:
6 a b 4c
2 ln
ab
a
b
P
bc
ca
8c
4
ab
---------- 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: ...............................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ I, ngày thi 17/11/2015
Câu
Nội dung
Điểm
3 2x
2x 3
.
x 1
x 1
Tập xác định: D \ {1}
1a
Hàm số: y
Đạo hàm: y
1
(x 1)2
0,25
0, x D
M
.V
N
(1,0)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định ;1 và 1;
và không đạt cực trị.
Giới hạn và tiệm cận: lim y 2 ; lim y 2 y 2 là tiệm cận
x
x
ngang.
0,25
lim y ; lim y x 1 là tiệm cận đứng.
x 1
O
x 1
Bảng biến thiên
y
–
–2
+
–
+
T.
y
1
C
x –
–
0,25
–2
TO
Giao điểm với trục hoành: y 0 2x 3 0 x
D
EH
O
C
Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 3
Bảng giá trị: x
0
1/2
1
3/2
y –3
–4
||
0
Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:
3
2
2
–1
y
O
1
2
-1
-2
0,25
-3
-4
2x 3
x 1
(1,0) Gọi M x 0 ; y0 (C ) là tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến tại M có dạng
1b
x
(C ) : y
0,25
y f (x 0 ) x x 0 y0
Vì Tiếp tuyến song song với đường thẳng : y x 1 nên có hệ số góc
f (x 0 ) 1
x 1 1
x 2
2
0
0
1
(
x
1)
1
0
x 1 1
x 0
2
(x 0 1)
0
0
Với x 0 2 y0 1 . pttt là: y 1 1(x 2) y x 1 ( loại)
1
(0,5)
0,25
x k
cosx 0
2
s inx= 1 x= 6 k2 (k Z).
2
5
x 6 k2
0,25
C
T.
TO
3a 9 2b
3a 2b 9
a 1
3b 2a 11 2a 3b 11 b 3
Ta có z 1 3i z 1 3i
log 1 (x 2 5) 2 log 2(x 5) 0 (*)
2
(0,5)
0,25
3 z 9 2i.z 11i 3 a bi 9 2i a bi 11i
0,25
O
C
3
x 2 5 0
x 5 0 x 5
Điều kiện:
x 5 0
EH
Khi đó, log 1 (x 2 5) 2 log2(x 5) 0 log2 (x 2 5) 2 log2(x 5) 0
1
2
D
log 2(x 2 5) log 2(x 5)2 0 log 2(x 5)2 log 2(x 2 5)
0,25
(x 5)2 x 2 5 x 2 10x 25 x 2 5 10x 20 x 2 (nhận)
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x 2
Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi
nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để
(0,5) khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ.
4
0,25
Ta có: (s inx cosx)2 1 cosx 1 2 sin xcosx 1 cosx
cosx(2 sin x-1) 0
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
2b Gọi số phức z a bi,( a, b ) . Tan có :
(0,5)
0,25
O
2a
M
.V
N
Với x 0 0 y0 3 . pttt là: y 3 1(x 0) y x 3
0,25
0,25
Tính số cách chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người:
B1) 12 người chọn 4: C124
B2) 8 người còn lại chọn 4: C84
0.25
B3) 4 người còn lại chọn 4: 1
Số cách chọn là: C124 C84 n C124 C84
M
.V
N
Gọi A là biến cố “ Chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người trong đó có đúng 1 nữ”.
Tính n(A):
B1) Chọn 1 trong 3 nữ: 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 nam: C93 3.C93 cách
B2) còn lại 8 người (6 nam và 2 nữ): Chọn 1 trong 2 nữ: 2 cách, rồi chọn 3
trong 6 nam: C63 2.C63 cách
O
B3) còn lại 4 người (3 nam và 1 nữ): có 1 cách
5
I
1
0 x(x e
x3
A
3
1
)dx
1
1
0 x dx 0 xe
2
0
dx A B
1
0 xe
0,25
0,25
x2
dx
Đặt t x 2 dt 2x .dx xdx
D
x2
1
3
EH
B
x2
O
C
(1,0)
T.
6C93C63 16
C124 C84 55
TO
P A
C
Số cách chọn là: 3C93 2C63 n A 3C93 2C63
0.25
Đổi cận:
t
x
0
dt
2
0,25
0 1
1
1
1
dt
1 et
Vậy, I et .
0
3
2
3
2
1
0
1 e 1 e 1
3 2 2 2 6
0,25
6
(1,0)
SA (ABC )
SA AB AB
AB (ABC )
là
hình chiếu của SB lên (ABC)
do đó SBA 300
Tam giác SAB vuông tại A nên
0,25
AB
SA
BC AB SA. cot SBA
cot SBA
a . cot 30 0 a 3
1
2
3a 2
2
M
.V
N
1
2
SABC AB.BC a 3.a 3
1
1
3a 2
a3
Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là: V SAS
. ABC a
3
3
2
2
0,25
(đvtt)
Trong mp(ABC) Kẻ AI//BC và kẻ CI //AB suy ra ABCI là hình vuông cạnh
C
Trong mp(SAI) kẻ AH vuông góc với SI
O
a 3
0,25
T.
AH SI
Ta có
AH (SIC )
AH CI (CI (SAI )
TO
Nên d AB, SC d A;(SIC ) AH
Tam giác SAI vuông tại A nên
AH
2
1
SA
2
1
AI
2
AH
O
C
1
AI .SA
AI 2 SA2
a.a 3
a 2 3a 2
a 3
2
0,25
a 3
2
EH
Vậy khoảng cách của AB và SC bằng
Học sinh có thể sử dụng phương pháp tọa độ để tìm khoảng cách
D
7
(1,0)
Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) .
Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : x y z 2 0 và
( ) : x y z 4 0 theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng
nhau nên ta có hệ :
3a 7b 4c 15
IA IB
3a 2b 2c 9
IA IC
d ( I , ( )) d ( I , ( ))
a b c 2 a b c 4
0,25
0,25
a 1
a 19 7
Giải hệ ta được : b 0 hoặc b 12 7
c 3
c 9 7
a 1
Với b 0 , viết được phương trình mặt cầu : ( x 1) 2 y 2 ( z 3) 2 25 .
c 3
2
2
M
.V
N
0,25
a 19 7
Với b 12 7
c 9 7
2
19
12
9
1237
Vậy mặt cầu có phương trình : x y z
7
7
7
49
O
8
0,25
D
EH
O
C
TO
T.
C
(1,0)
Tọa độ đỉnh A 5; 4
Phương trình đường thẳng (AC): 2 x 5 y 10 0
0,25
Ta đi chứng minh: BF IF . Thật vậy ta có:
1 1
1
BF BA BE ; FI FD FC AD EC . Suy ra
2
2
2
0,25
4 BF .FI BA BE AD EC BA. AD BA.EC BE. AD BE.EC
2
2 2
BA.EC BE. AD EA.EC BE.BC BE BE.BC BE BE 0
BF vuông góc với IF nên có phương trình: 7 x 3 y 6 0
BE đi qua E và vuông góc EF nên có phương trình: 5 x 2 y 25 0
0,5
Do đó B 7;5
Từ đây tìm được phương trình: CD : 2 x 24 y 39 0
3
4 8x 9 x2
Giải bất phương trình: 2 2 x 1 1
x
M
.V
N
9
0,25
3x 2 2 x 1
(1,0)
Đk: x 1 . Bất phương trình đã cho tương đương với:
9x
x 1 1
x
2
4 2 x 1
Do x 1 nên BPT
x 1 x
2 x 3 2 x 1 1 3x 2 2 x 2 x 1
x
2x 1
2
2x 1 2
0.25
x 1 x 1 0 *
x 1 x 1 2 0
2
Ta có nhận xét sau: x 2 x 1 0
VT* 0
2 x 1 x 1 0 do x 1
TO
EH
x 1 x 1
Vậy để BPT xảy ra thì VT 0 x 2 x 1 x 1
x 1 0
10
Cho a, b, c 0 và thỏa mãn: c min a, b, c .Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
(1,0)
6 a b 4c
2 ln
ab
a
b
P
bc
ca
8c
4
ab
Ta đi Cm BĐT phụ sau:
0.25
O
C
D
0,25
T.
2
2 x 1
3x 2
x 1 1
O
3x 2 2 x 1
2 x 3 2
C
2 x 3 2
a
b
ab
2
bc
ca
a b 2c
0,25
* . Thật vậy ta có:
0,25
2
a b
a
b
a2
b2
bc
c a a a b c b b c a a a b c b b c a
2
a b
1
a b a 2 b c b 2 c a
Mặt khác ta có: Vì c min a, b, c a b 2c 0 . Nên ta có:
2
ab
2
a b c b c a ab(a b 2c) c(a b)
a b 2c c(a b)
2
2
a b
3
2
2c a b
4
2
2
M
.V
N
2
Từ (1) và (2) Dễ dàng suy ra ĐPCM.
Ta lại có:
2c
2 ln 1
2
ab
O
2
6 a b 4c
a b 2c
2
c
ln
2 ln 1
2
ln 2
ab
ab
ab
0,25
C
4
8c
a b 2c
4 2
ab
ab
1
2c
2
1
2
ab
TO
4
T.
Mặt khác : Vì c min a, b, c 2c a b . Nên ta có:
5
O
C
Từ (3),(4),(5) ta được:
EH
2c
8ln 1
2
ab
2
P
2c
2c
1
1
2
ab
ab
D
Đặt t 1
2c
2c
, Mà do c min a, b, c
1 t 2
ab
ab
0,25
2 8ln t 2
Xét hàm: ft
. trên t 0; 2
t
t 2
Ta có:
ft '
2
8
2
t
t 2
t 2 3t 2 8ln t 2 0.t 0;
2
t t 2
t 2
8ln t 2
2
t
2
2
2
2
2
Suy ra: ft f 2 2 1 ln 8 .
Ta có:
ft '
2
8
2
t
t 2
t 2 3t 2 8ln t 2 0.t 0;
2
t t 2
t
2
8ln t 2
2
2
t
2
2
2
2
M
.V
N
Suy ra: ft f 2 2 1 ln 8 .
Dấu " " khi và chỉ khi a b c
*Lưu ý
0,25
O
+ Ở câu 10, BĐT (*) có thể chứng minh bằng BĐT Holder nhưng BĐT này không có trong chương trình
THPT vì vậy, nếu học sinh nào dùng Holder để chứng minh, BTC sẽ trừ 0.25 đ cho câu này.
D
EH
O
C
TO
T.
C
+Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết
quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên
xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài làm tròn số.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ 1, Ngày thi: 1/12/2015
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3 x 2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng
y 3 x 5.
Câu 2.(1,0 điểm)
3
2
M
.V
N
a) Giải phương trình: cos 2 x cos 2 2 x cos 2 3x
b)Cho số phức z thỏa mãn z 2 3i z 1 9i . Tìm môđun của số phức z.
1
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I x 2 1 x 1 x 2 dx
0
O
Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1) 82.3 x 9 0.
Câu 4.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học
sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để trong
4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.
32
2 x
y 3 1
2 y 3 3
EH
O
C
TO
T.
C
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,
cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA và SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN).
Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) và đường thẳng d:
x 2 t
y 1 2t . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và chứa đường thẳng d. Viết phương trình
z 1 2t
mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d.
Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu của A
lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường
thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Câu 9 .(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:
x 2 x
2
5
y 3 1
x 2 y 3 2 6 x
2
y 3 1
D
Câu 10.(1,0 điểm) cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn: ab bc ca 1 . Tìm GTNN của
biểu thức:
P
a
16 b c a 2 bc
b
16 a c b 2 ac
a2 1 1 c
4 a ab
-------- Hết--------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................
Số báo danh: ...............................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ I, ngày thi 1/12/2015
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Đáp án
-Tập xác định: D = R.
-Sự biến thiên:
Chiều biến thiên y ' 3 x 2 6 x; y ' 0 x 0 x 2 .
Các khoảng nghịch biến: (-;0) và (2;+); khoảng đồng biến: (0;2).
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 4.
Giới hạn tại vô cực: lim y ; lim y
x
x
Bảng biến thiên:
x
y'
y
-
0
0
–
2
0
4
+
+
0
y
2
-5
-4
-3
-2
-1
C
4
-6
0,25
O
6
-7
0,25
-
8
-8
0,25
+
–
Đồ thị:
-9
Điểm
M
.V
N
Câu
1a
(1,0đ)
1
3
4
5
6
x
7
8
0,25
9
T.
-2
2
-4
-6
1b
(1,0đ)
TO
-8
Tiếp tuyến song song với đường thẳng y 3x 5 nên có hệ số góc bằng 3.
2
0
2
0
Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, ta có 3 x 6 x0 3 3 x 6 x0 3 0 x0 1
2a
(0,5đ)
O
C
Suy ra M(1;2)
Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 1 .
3
1
1
1
3
(1 cos2 x) (1 cos4 x) (1 cos6 x)
2
2
2
2
2
(cos6 x cos2 x) cos4 x 0 2 cos 4 x.cos2 x cos4 x 0
cos 2 x cos 2 2 x cos 2 3 x
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
EH
cos4 x(2 cos 2 x 1) 0
D
k
cos4 x 0
x 8 4
cos2 x 1
x k
2
3
2b
(0,5đ)
Gọi z a bi, a, b ; Khi đó z 2 3i z 1 9i
0,25
a bi 2 3i a bi 1 9i a 3b 3a 3b 1 9i
a 3b 1
a 2
. Vậy môđun của số phức z là : z 22 (1) 2 5
3a 3b 9
b 1
3
(0,5đ)
0,25
32 ( x 1) 82.3 x 9 0 9.32 x 82.3 x 9 0
1
3 x 9 3 2 3 x 32 2 x 2. Vậy bất phương trình có nghiệm là 2 x 2 .
9
0,25
0,25
0,25
4
(0.5đ)
4
n() C12
495
Gọi A là biến cố : “ 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên”
A : “ 4 học sinh được chọn là học sinh của cả 3 lớp trên”
Ta có các trường hợp sau:
+ 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C52 .C14 .C31 120 cách
+ 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C51.C42 .C31 90 cách
0,25
0,25
+ 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C có C51.C14 .C32 60 cách
n( A) 270.
n( A) 6
.
n() 11
Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A) 1 P ( A)
1
2
1
1
. I x 1 x 1 x dx x dx x 3 1 x 2 dx
0
2
1
1
x3
I1 x dx
3
0
2
0
2
0
0
1
3
0,25
O
5
(1,0đ)
5
11
M
.V
N
P ( A)
1
I 2 x 3 1 x 2 dx
C
0
T.
Đặt t 1 x 2 x 2 1 t 2 xdx tdt
Đổi cận: x 0 t 1; x 1 t 0
1
t3 t5
2
I 2 1 t t dt t t dt
3 5 0 15
1
0
0
1
2
7
15
O
C
Vậy I I1 I 2
2
4
TO
2
Đặt u = x du = dx; dv e 2 x dx choïn v
1
0,25
1 2x
e
2
1
xe 2 x dx
0
3e 2 7
.
12
EH
Vậy I
x 2x 1 1 2x
e2 1
e2 1
e |0
e dx e 2 x |10
2
20
2 4
4
6
(1,0đ)
0,25
0,25
S
Ta có SA (ABCD) AC là hình chiếu của SC trên
H
D
M
(ABCD) SCA 600
N
AC AD 2 CD 2 a 5 ; SA AC tan 600 a 15
A
B
0,25
D
C
1
1
2 15a3
VS. ABCD S ABCD .SA AB.AD.SA
.
3
3
3
Trong mp(SAD) kẻ SH DM, ta có AB (SAD) mà MN // AB MN (SAD) MN SH
0,25
0,25
SH (DMN) SH = d(S, (DMN))
SH SM
SA.DA
SA.DA
2a 15
SHM ~ DAM
.
SH
2
2
DA DM
2 DM 2 AD AM
31
7
(1,0đ)
0,25
Đường thẳng d đi qua M(-2;1;-1) và có vectơ chỉ phương a (1;2;2) , MA (4;2;2)
mp(P) đi qua A và chứa d nhận n a, MA (8;10;6) làm vectơ pháp tuyến
0,25
(P): 4x – 5y – 3z + 10 = 0
0,25
0,25
G
A
O
Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các
đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng
minh AF EF .
Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG
tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp,
đó AF EF .
Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0.
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ
B
E
C
TO
O
C
0,25
32
5
1
2
AF 2 ;
2
5
2
0,25
H
D
17
x 5
3 x y 10
17 1
F ; AF
5 5
x 3y 4
y 1
5
AFE DCB EF
0,25
nội
do
F
T.
8
(1,0đ)
10 2
200
. Vậy (S): x 2 2 y 32 z 52
.
3
9
C
Mặt cầu (S) tâm A có bán kính R = AH =
M
.V
N
Gọi H là hình chiếu của A trên d H(-2 + t; 1 + 2t; -1 – 2t),
4
32 10 26
AH ( 4 t;2 2t;2 2t ); AH a AH .a 0 t AH ; ;
9
9
9
9
0,25
2
8
51 8
17
E t ;3t 10 EF t 3t
5
5
5 5
19
19 7
5t 2 34t 57 0 t 3 t
hay E 3; 1 E ;
5
5 5
Theo giả thiết ta được E 3; 1 , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE
vuông cân tại D nên
D
EH
2
x 12 y 12 x 3 2 y 12
AD DE
AD DE
x 1 x 3 y 1 y 1
y x 2
x 1
x 3
hay D(1;-1) D(3;1)
y 1 y 1
x 1 x 3 0
Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1).
0,25
Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1).
9
(0,5đ)
x 0
y 3
ĐK:
0.25
Ta có phương trình thứ 2 của
x 2 x y 3 1
hệ:
x a
Đặt:
y 3 1
x 2 y 3 2 6 x
2
y 3 1
*
0,25
. Phương trình thứ 2 của hệ trở thành:
y 3 1 b
BCS
VT*
Ta có:
3 a b 6 a 2 b 2 VP*
a b 2a b 2b a
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a b
Thế vào phương trình đẩu của hệ ta có:
32
2 x
*
1. 2 y 3 3
2
x
y 3 1 x y 3 1
32
52 x
x y 3 2 y 3 3
Mặt khác theo AM-GM ta có:
x
2 y 3 3 2 y 3 3
2
2
32
x y 3 2 y 3 3
**
AM GM
x y 3 2 y 3 3
2
8
0.25
32
x y 3 2 y 3 3
2
O
C
9
x 4
y 13
4
TO
2
0.25
5 VT** VP** .
2
Và dẩu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
2 y 3 3
x y 3
2
2
32
5
O
x y 3
2
0,25
C
T.
2
M
.V
N
a 2a b b a 2b 6 a 2 b 2
3
x 2
y 3 1
2
9 13
4 4
Vậy nghiệm của hệ là x; y ;
Ta có:
D
EH
10
(1,0đ)
a 2 bc
a 2 bc
1 2
ab ac
ab ac
0,25
2a b c
ab ac
2
a bc a b a c
a
2a
2
b c a bc a b a c
Tương tự ta cũng sẽ có:
1
b
2b
2
a c b ac c b a b
2
0,25
Từ (1) và (2) ta sẽ có:
0,25
P
a2 1 1 c
1
2a
2b
4 a b a c c b a b
4 a ab
a 2 1 b c
1
4ab 2ac 2bc
.
4 a b b c c a
4ab
Mặt khác ta có a,b,c là các số không âm và ab bc ca 1 . Nên ta sẽ có:
2
1 b c
4ab
Từ đây ta sẽ có:
a b b c c a a b b c c a
4ab
4ab 2c a b
a b b c c a AMGM 1
1
4ab 2ac 2bc
P .
4 a b b c c a
4ab 2c a b
a 2 bc
ab ac 1
a b 1
b 2 ac
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
.
1
c 0
ab bc
ab bc ca 1
c 0
C
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án
quy định
Ngày thi: 1/12/2015, BTC sẽ trả bài cho thí sinh vào ngày 4/12/2015.
O
0,25
M
.V
N
a
D
EH
O
C
TO
T.
*******HẾT*******
TRNGTHPTCHUYấNVNHPHC
CHNHTHC
THITHPTQUCGIA NMHC2015ư2016ưLNI
Mụn:TON
Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt.
Cõu1(1,0im). Khosỏtsbinthiờnvvthcahms y = x 3 - 3 x2 + 2
M
.V
N
Cõu2(1,0im).Tỡmcctrcahms: y = x - sin 2 x +2.
Cõu3(1,0im).
3sin a - 2 cosa
a) Cho tan a = 3 .Tớnhgiỏtrbiuthc M =
5sin 3 a + 4 cos3a
x - 4 x- 3
xđ3
x 2 -9
Cõu4(1,0im). Giiphngtrỡnh: 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x =2
b) Tớnhgiihn: L= lim
Cõu5(1,0im).
5
2 ử
ổ
a)Tỡm hsca x trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 - 2 ữ .
x ứ
ố
b)Mthpcha20qucugingnhaugm 12 quv 8 quxanh.Lyngunhiờn(ng
thi) 3 qu.Tớnhxỏcsutcúớtnhtmtqucumuxanh.
O
10
C
Cõu6(1,0im). Trongmtphngvihta ( Oxy),chohỡnhbỡnhhnh ABCD cúhainh
A ( -2 -1), D( 50) v cú tõm I( 21). Hóy xỏc nh tahainh B,Cv gúc nhnhpbihai
T.
ngchộocahỡnhbỡnhhnhócho.
TO
Cõu7(1,0im).
Chohỡnhchúp S.ABC cúỏy ABC ltamgiỏcvuụngti A ,mtbờn SAB ltamgiỏcuvnm
trong mt phng vuụng gúc vi mt phng ( ABC), gi M l im thuc cnh SC sao cho
MC =2MS . Bit AB = 3, BC =3 3 , tớnh th tớch ca khi chúp S.ABC v khong cỏch gia hai
ngthng AC v BM .
Cõu8(1,0im).Trongmtphngvihta ( Oxy),chotamgiỏc ABC ngoitipngtrũn
O
C
tõm J( 21).Bitngcaoxutphỏttnh A catamgiỏc ABC cúphngtrỡnh: 2 x + y - 10 =0
v D ( 2 -4) lgiaoimthhaica AJ vingtrũnngoitiptamgiỏc ABC .Tỡmtacỏc
nhtamgiỏc ABC bit B cúhonhõmv B thucngthngcúphngtrỡnh x + y + 7 =0 .
ỡù x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6y2
3
2
ùợ x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2y
EH
Cõu9(1,0im). Giihphngtrỡnh: ớ
Cõu 10(1,0im).Cho haiphngtrỡnh: x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 v x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 =0.
D
Chngminhrngmiphngtrỡnhtrờncúỳngmtnghim,tớnhtnghainghimú.
ưưưưưưưưHtưưưưưưư
Thớsinhkhụngcsdngtiliu.Cỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm.
Hvtờnthớsinh:.......Sbỏodanh:
Cm nthyNguynThnhHin( />www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 20152016
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
M
.V
N
Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2
Tập xác định: D = ¡ .
é x = 0
Ta có y' = 3 x 2 - 6 x. ; y' = 0 Û ê
ë x = 2
0,25
O
Xét dấu đạo hàm; 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, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =2.
Giới hạn: lim y = +¥, lim y = -¥
x ®-¥
C
x ®+¥
Bảng biến thiên:
-¥
0 2
+ 0
0 +
2
TO
T.
x
y'
y
O
C
EH
+¥
+¥
0,25
y
f(x)=(x^3)3*(x )^2+2
5
x
6
4
2
2
4
6
0,25
8
5
D
8
0,25
2
-¥
1 (1,0 đ) Đồ thị:
1,0
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 Î ¢
2
6
0,25
p
ổ p
ử
ổ pử
f ÂÂ ỗ - + k p ữ = 4 sin ỗ - ữ = -2 3 < 0ị hmstcci ti xi = - + k p
6
ố 6
ứ
ố 3ứ
10
3
sina =
10
0,25
0,5
(x
)(
2
(
- 9) x + 4 x - 3
x- 1
L= lim
xđ3
) = lim
4 x - 3 x + 4 x- 3
O
C
x đ3
( x + 3) ( x +
0,25
+2kp v
x - 4 x- 3
x 2 -9
TO
xđ3
(x-
0,25
rithayvobiuthcM.
b)Tớnhgiihn: L= lim
L= lim
2
T.
1
cos a =
p
C
Luý:HScngcútht tan a =3 suyra 2kp < a <
4x - 3
)
)
=
xđ3
(x
0,5
x 2 - 4 x+ 3
2
(
3 -1
( 3 + 3) ( 3 +
0,25
)
- 9 ) x + 4 x -3
)
4.3 -1
=
1
18
0,25
Cõu4.Giiphngtrỡnh: 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x =2
1,0
EH
2
2
2
2
4 .(1,0) Phngtrỡnh 3sin x - 4sin x cos x + 5cos x = 2 ( sin x +cos x )
sin 2 x - 4sin x cos x + 3cos 2 x =0
( sin x - cos x )( sin x - 3cos x )= 0 sin x - cos x = 0 sin x - 3cos x =0
D
0,25
M
.V
N
O
3.(1,0)
p
3
ổ p
ử
Vi yCD = f ỗ - + k p ữ = - +
+ 2 + k p ,k ẻ 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
3
6
ố
ứ
ố ứ
3
ổp
ử p
+ 2 + k p ,k ẻ Â
Vi yCT = f ỗ + k p ữ = ố6
ứ 6 2
3sin a - 2 cosa
Cho tan a = 3 .Tớnhgiỏtrbiuthc M =
5sin 3 a + 4cos3a
2
2
2
3sin a ( sin a + cos a ) - 2 cos a ( sin a + cos2a )
M=
5sin 3 a + 4 cos3a
3sin 3 a - 2sin 2 a cos a + 3sin a cos 2 a - 2 cos3a
=
(chiatvmuchocos 3 a )
5sin 3 a + 4cos 3a
3 tan 3 a - 2 tan 2a + 3tan a - 2
=
5 tan 3a+ 4
3.33 - 2.32 + 3.3 - 2 70
Thay tan a = 3 votac M =
=
5.33 +4
139
p
+ k p x = arctan 3 + k p ,k ẻ Z
4
p
Vyphngtrỡnhcúhaihnghim: x = + k p , x = arctan 3 + k p ,k ẻ Z
4
0,25
0,25
0,25
tan x = 1 tan x = 3 x =
0,25
5
2 ử
ổ
a)Tỡmhscashngcha x10 trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 - 2 ữ .
x ứ
ố
5
5- k
k
5
5
k 5 - k
ổ 3 2ử
ổ 2 ử
k
3
k
k 15 -5k
3
x
=
C
3
x
.
=
(
)
ồ
5
ỗ
ỗ 2 ữ ồC5 ( -1) 3 .2 x
2 ữ
x ứ k =0
ố
ố x ứ k=0
Hscacashngcha x10 l C5k ( -1) k 35- k 2 k, vi15 - 5k = 10 k =1
1
1,0
Vy hsca x10 l: C51 ( -1) 34 21 = -810
0,25
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 không gian mẫu là n ( W ) = C20
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
C 3 46
Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) = 1 - P ( A ) = 1 - 12
=
3
C20
57
0,25
0,25
M
.V
N
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.
ì x = 2 xI - x D = 4 - 5 = -1
Do I là trung điểm BD . Suy ra í B
Þ B ( -1; 2 )
î yB = 2 yI - yD = 2 - 0 = 2
6 .(1,0 đ) Do I là trung điểm AC . Suy ra ì xC = 2 xI - x A = 4 + 2 = 6 Þ C 6;3
( )
í
î yC = 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
O
0,25
0,25
C
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
)
0,25
T.
(
TO
Câu 7 . Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông 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 .
O
C
N
M
K
Do D ABC đều cạnh bằng 3
EH
0,25
3 3
, AC = BC 2 - AB 2 = 3 2
2
A
C
H
B
3
1
1
3 6 9 6
(đvtt)
Þ VS . ABC = × 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 )
D
1,0
S
Gọi H là trung điểm AB Þ SH ^ AB ( do
D SAB đều).
Do ( SAB ) ^ ( ABC ) Þ SH ^ ( ABC )
nên SH =
1,0
Þ ( BMN ) ^ ( SAB ) theo giao tuyến BN .
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
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 3
2ì
2S
2 = 3 21
AN 2 + AB 2 - 2AN . AB.cos 60 0 = 7 ị AK = ABN =
BN
7
7
3 21
(vd)
7
Luý:Victớnhthtớch,hcsinhcngcúthgiiquyttheohng CA ^(SAB )
v VS . ABC =VC .SAB
Vy d ( AC ,BM )=
Cõu8.Trongmtphngvihta ( Oxy),chotamgiỏc ABC ngoitipng
trũntõm J( 21).Bitngcaoxutphỏttnh A catamgiỏc ABC cúphng
AJiqua J( 21)v D ( 2 -4) nờncú
phngtrỡnh AJ : x - 2 = 0
{ A}= AJ ầAH , (trongú H lchõn
A
E
O
ngcaoxutphỏttnh A )
M
.V
N
trỡnh: 2 x + y - 10 =0 v D ( 2 -4) lgiaoimthhaica AJvingtrũnngoi
tiptamgiỏc ABC .Tỡm tacỏcnhtamgiỏc ABC bit B cúhonhõmv
B thucngthngcúphngtrỡnh x + y + 7 =0 .
C
J
B
0,25
I
C
H
T.
Ta A lnghimcah
ỡx - 2 = 0
ỡ x= 2
ớ
ị A( 2 6)
ớ
ợ 2 x + y - 10 = 0
ợy = 6
1,0
D
TO
8.(1,0) Gi E lgiaoimthhaica BJ ving trũnngoitiptamgiỏc ABC .
ằ = DC
ằ = EA
ằị DB = DC v EC
ằ
Tacú DB
ã= 1(sEC
ằ + sDB
ằ)=DJB
ằ 1 (sEA
ã ị DDBJ cõnti D ị
ằ+ sDC)=
DBJ
2
2
DC = DB =DJ hay D ltõmngtrũnngoitiptamgiỏc JBC
O
C
Suy ra B,C nm trờn ng trũn tõm D ( 2 -4) bỏn kớnh JD = 0 2 + 52 =5 cú
2
2
phngtrỡnh ( x - 2 ) + ( y + 4 ) =25.Khiúta B lnghimcah
2
2
ộ B( -3 -4)
ùỡ( x - 2 ) + ( y+ 4 ) = 25 ỡ x = -3 ỡ x= 2
ớ
ớ
ịờ
ớ
ợ y = -4 ợ y= -9 ởờ B( 2 -9)
ù x + y + 7 = 0
ợ
EH
0,25
D
Do B cúhonhõmnờntac B ( -3 -4)
ỡù qua B( -3 -4)
ỡùqua B( -3 -4)
ị BC : x - 2 y - 5 =0
BC : ớ
ị BC:ớ
r r
ùợ^ AH
ợùvtpt n = uAH = (1 -2)
Khiúta C lnghimcah
2
2
ùỡ( x - 2 ) + ( y+ 4 ) = 25 ỡ x = -3 ỡ x = 5 ộC ( -3 -4) B
ớ
ớ
ịờ
ị C( 5 0)
ớ
ợ y = -4 ợ y = 0 ởờC( 50)
ù x - 2 y - 5 = 0
ợ
0,25
Vy A ( 26 ) , B ( -3 -4 ) , C ( 50)
ỡù x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y2
Cõu9.Giihphngtrỡnh: ớ
3
2
ùợ x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
ỡx + 2 0
ỡ x -2
iukin:ớ
ớ
ợ4 - y 0
ợy Ê 4
(1)
( 2)
1,0
0,25
3
3
T phngtrỡnh (1) tacú ( x - 1) = ( y - 2 ) x - 1 = y - 2 y = x +1
9.(1,0) Thay ( 3) vo ( 2)tac pt:
x+2 +
( 3)
4 - ( x + 1) = x 3 + ( x + 1) - 4 x - 2 ( x + 1)
2
x + 2 + 3 - x = x3 + x 2 - 4 x -1 ,/K -2 Ê x Ê3
(
)
x + 2 + 3 - x - 3 = x3 + x 2 - 4 x - 4
2 ộở( x + 2 )( 3 - x) - 4ựỷ
(
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)
(
( x + 2 )( 3 - x) - 2)
(
x + 2 + 3 - x + 3
2
)
= ( x + 1) ( x2 - 4)
= ( x + 1) ( x2 - 4)
M
.V
N
= ( x + 2 ) ( x 2 - x- 2)
0,25
ổ
ử
ỗ
ữ
2
ỗ
ữ = 0
2
( x - x - 2 ) ỗ x+ 2 +
x+ 2 + 3- x +3
( x + 2 )( 3 - x ) + 2 ữữ
ỗ
ỗ 144444444424444444443ữ
ố
> 0
ứ
2
x - x - 2 = 0 x = 2 x = -1
)(
)
0,25
O
(
ã
( )
x = 2 ắắ
đ y = 3 ị ( x y ) =( 23) (thamón /k)
ã
( )
x = -1 ắắ
đ y = 0 ị ( x y ) = ( -10)(thamón /k)
3
C
3
0,25
T.
Vyhphngtrỡnhcúhainghim ( x y ) = ( 23) , ( x y ) = ( -1 0)
TO
Cõu10.Chohaiphngtrỡnh: x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 v x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 =0.Chng
minhrngmiphngtrỡnh trờncúỳngmtnghim,tớnhtnghainghimú
ã Hms f ( x )= x 3 + 2 x 2 + 3 x +4 xỏcnhvliờntctrờntp Ă
ohm f  ( x ) = 3 x 2 + 2 x + 3 > 0,"x ẻ Ăị f ( x ) ngbintrờn Ă
1,0
(*)
f ( -4 ) . f ( 0 ) = ( -40 ) .4 = -160 < 0 ị $ a ẻ ( -40 ) : f ( a ) =0 ( **)
0,25
T (*) v (**) suyra phngtrỡnh
O
C
10.(1,0)
x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 cúmtnhimduynht x =a
ã Tngtphngtrỡnh x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 =0 cúmtnhimduynht x =b
0,25
Theotrờn: a 3 + 2 a 2 + 3a + 4 = 0
D
EH
(1)
3
2
V b3 - 8b 2 + 23b - 26 = 0 ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 =0 ( 2)
3
2
T (1) v ( 2 ) ị a 3 + 2a 2 + 3a + 4 = ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) +4 ( 3)
Theotrờnhms f ( x )= x 3 + 2 x 2 + 3 x +4 ngbinvliờntctrờntp Ă
ngthc ( 3) f ( a ) = f ( 2 - b ) a = 2 - b a + b =2
0,25
0,25
Vy tnghainghim cahaiphngtrỡnh úbng 2 .
Luýkhichmbi:
ưỏpỏnchtrỡnhbymtcỏchgiibaogmcỏcýbtbucphicútrongbilmcahcsinh.Khichm
nuhcsinhbquabcnothỡkhụngcho imbcú.
ưNuhcsinhgiicỏchkhỏc,giỏmkhocnccỏcýtrongỏpỏnchoim.
ưTrongbilm,numtbcnoúbsaithỡcỏcphnsaucúsdngktqusaiúkhụngcim.
ưHcsinhcsdngktquphntrclmphnsau.
Trong lời giải câu 7 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
D
EH
O
C
TO
T.
C
O
M
.V
N
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN : TOÁN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi có 01 trang)
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 hoành 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.
3 cos x sin x 2cos 2 x 0 .
M
.V
N
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tính giới hạn lim
x 1
x3 2
x2 1
12
C
O
2
b) Tìm số hạng không 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.
T.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A 1;5 và đường thẳng : x 2 y 1 0 . Tìm
C
TO
tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua đường thẳng và viết phương trình đường tròn đường
kính AA '.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S. ABCD, có đáy ABCD là hình vuông 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 .
O
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm E 7;3 là một điểm
EH
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 vuông
ABCD , biết A có tung độ dương, C có tọa độ nguyên và nằm trên đường thẳng 2 x y 23 0 .
D
3
x 2 x 1 y 3 y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2
4
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 không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:...............................................................................; Số báo danh:................................
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Hướng dẫn chấm – thang điểm có 03 trang)
Ta có f ' x 3x 2 6 x 9
a)
1
b)
x 1
f ' x 0 3x 2 6 x 9 0
x 3
Với x 1 y 4 M1 1; 4
0,25
0,25
Với x 3 y 28 M 2 3; 28
0,25
Giao của C và Oy là A 0; 1 . Ta có: f ' 0 9
0,5
Phương trình tiếp tuyến: y 9 x 1
3
1
cos x sin x cos 2 x .
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
Phương trình
3 cos x sin x 2cos 2 x 0
a)
lim
x 1
3
b)
x 1
x 1 x 1
x 3 2
lim
x3 2
x 1
2 12 k
x 1
1
x3 2
1
8
sin 2 x cos 2 x
cos2 x cos2 x
1
2.
2 cos 2 x
1
5 .
1
1 cos 2 x 1
3
5
Không gian mẫu có số phần tử là C124
b)
O
C62 .C41 .C21 C61.C42 .C21 C61.C41 .C22 24
.
C124
55
Phương trình AA ' : 2 x 1 y 5 0 2 x y 3 0
5
0,25
0,25
0,25
0,25
Số cách chọn được 4 quả cầu đủ cả 3 màu là: C62 .C41.C21 C61.C42 .C21 C61.C41.C22
Xác suất cần tìm: P
0,25
0,25
EH
D
4
0,5
k
P 1 tan 2 1
a)
0,25
0,25
2
Số hạng tổng quát là Tk 1 C x C12k 2k x 243k
x
Ta phải có: 24 3k 0 k 8 Số hạng không chứa x : C128 28 126720.
k
12
0,5
x3 2
T.
x 1
x3 2
x3 2
lim
x 1
x2 1
x 1 x 1
C
TO
Ta có lim
C
O
2
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN TOÁN 12
Nội dung – đáp án
Điểm
0,25
M
.V
N
Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM
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 tròn đường kính AA ' tâm I 1;1 , bán kính IA 20 có phương trình:
1/3
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
x 1 y 1
2
6
D
H
E
20.
Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có
SO ABCD SA, ABCD SAO 600
S
A
2
O
C
B
a 2
AC a 2 AO
2
a 2
6
SO AO tan SAO
3a
.
2
2
1
1 a 6
a2 3
SSAC SO. AC .
.a 2
.
2
2 2
2
Do AB //CD d SA, CD d CD, SAB d C, SAB 2d O, SAB
0,25
0,25
0,25
M
.V
N
Gọi E là trung điểm của AB, H là hình chiếu của O trên SE. Ta có OH SAB
1
1
1
4
4
14
a 42
a 42
.
2 2 2 OH
d SA, CD
2
2
2
OH
OE
SO
a 6a
3a
14
7
Tứ giác ABEN nội tiếp đường tròn đường kính
B
H
E
11x 7 y 56 0
Tọa độ của N là nghiệm của hệ:
7
x
11x 7 y 56 0
7 5
2
N ;
2 2
7 x 11y 3 0
y 5
2
0,25
N
C
D
T.
C
I
AE ANE 900 AN NE
NE :11 x 7 7 y 3 0
O
A
0,25
Gọi H là trung điểm của AE , có NBE 450 NHE 900 AN NE
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
0
Ta có AIN 90 IA.IN 0
C 10; 3 ; I 4; 1
c 39 l
5
0,25
C
TO
0,25
A 2;1
EH
O
7
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
EC 3; 6 BC : 2 x 7 y 3 0 2 x y 17 0
D
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
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 .
2/3
0,25
0,25
