KHAO SAT GIAO VIEN ON THI THPT QG 2016 CAO BANG

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CAO BẰNG. KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN ÔN THI THPT QUỐC GIA 2016. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn: TOÁN ( ) Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI (Đề gồm: 01 trang). Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y   x3  mx 2  4 có đồ thị (Cm ) . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m  3 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để điểm cực đại, cực tiểu của (Cm ) và điểm M (1;10) thẳng hàng. Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn: (1  i)( z  i)  2 z  2i . Hãy tính w biết: w . z  2z  1 . z2. b) Giải phương trình 25x1  51.5x  2  0 ( x  ) .  2. Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   2 x(sin x  e x )dx . 2. 0. Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3;5;0) và mặt phẳng. ( P) : 2 x  3 y - z - 7  0. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua (P). Câu 5 (1,0 điểm). 3 cos5x  2sin 3x cos 2 x  sin x  0 ( x  ) . b) Cho tập A  {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} . Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 3. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 2) . Đường phân giác trong và đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B lần lượt có phương trình 2 x  y  5 = 0 và 7 x - y  15 = 0 . Tính diện tích tam giác ABC. a) Giải phương trình. 3  2 y  y  2 x 1  x  3 1  x Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  ( x, y  ) . 2 2 y  1  y  4  x  4   Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  0, y  0, z  0 và x  y  z  0 . Tìm giá. trị nhỏ nhất của biểu thức P . x3  y 3  16 z 3.  x  y  z. 3. .. _____________________________Hết_______________________________ Họ và tên thí sinh:……………………………....……….. Số báo danh:…………….............. Họ tên, chữ ký của giám thị 1:……………………....…………………………........................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CAO BẰNG. HDC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN ÔN THI THPT QUỐC GIA 2016 Môn: TOÁN. ĐỀ CHÍNH THỨC. (Hướng dẫn chấm có 06 trang). I. Hướng dẫn chung: 1. Điểm của bài thi theo thang điểm 10, phần lẻ được tính đến 0,25 điểm. Giám khảo giữ nguyên điểm lẻ, không được làm tròn điểm. 2. Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm. 3. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng giải theo cách khác mà lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. II. Đáp án và thang điểm: Câu. Ý Hướng dẫn – Đáp án Điểm 3 2 Cho hàm số y   x  mx  4 có đồ thị (Cm ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m  3 . 2,0 b) Tìm tất cả các giá trị của m để điểm cực đại, cực tiểu của (Cm ) và điểm M (1;10) thẳng hàng. Với m  3 , ta có y   x3  3x 2  4 * TXĐ: D  * Chiều biến thiên: 0,25 2 y '  3x  6 x , y '  0  x  0 hoặc x  2 - Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-;0) và (2;+); Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2). 0,25 - Đồ thị hàm số đạt cực đại tại (2;0), cực tiểu tại (0;-4). - Giới hạn: lim y  , lim y   x . x . - Bảng biến thiên: 1 0,25 a). * Đồ thị:. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x  0 y '  3x  2mx, y '  0    x  2m 3  Hàm số có cực đại, cực tiểu  PT y '  0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu 2m khi x qua các nghiệm đó   0  m  0. 3 b) 2 m 4 m3 Với m  0 (Cm) có điểm CĐ, CT là A(0; 4), B( ;  4) . 3 27 Để A, B, M (1;10) thẳng hàng thì AB, AM cùng phương 2m 4m3 m  0  3  27  63m  m3    m   63 ( m  0 ) 1 14 m   63  a) Cho số phức z thỏa mãn: 1  i  z  i   2 z  2i . Hãy tính w biết: 2. w. z  2z  1 z2. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 1,0. b) Giải phương trình 25x1  51.5x  2  0 ( x  ) . a). Ta có 1  i  z  i   2 z  2i   3  i  z  1  3i  z  i. 0,25. Suy ra: w  1  3i  w  10. 0,25. PT  25.25x  51.5x  2  0 . Đặt t  5x ( t  0 ), ta có phương trình:. 2. 1  t  25t  51t  2  0  25  t  2. 0,25. 2. b). 1 1  5x   x  2 ; 25 25 Với t  2  5x  2  x  log5 2 . Với t . 0,25.  2. . Tính tích phân: I  2 x(sin x  e x )dx 2. 1,0. 0. . . 2. . . . 2. 2. I   2 x sin x  e x dx  2  x sin xdx   2 xe x dx 2. 0. 0. 2. 0,25. 0. . 3. u  x du  dx đặt  x sin xdx   0 dv  sin xdx v   cos x 2. - Với . . 2. 0,25.  2.   x sin xdx    x cos x  2   cos xdx  1 0 0 0  2. - Với. 2 x  2 xe dx ta đặt t  x  dt  2xdx . Khi x  0, t  0 ; x  0. 2.  2. ,t . 2 4. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  2. 2.   2 xe dx  x2. 0. 4.  e dt  e t. 2 t 4 0. 2.  e 4 1.. 0. 2. Vậy I  e 4  1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3;5;0) và mặt phẳng ( P) : 2 x  3 y - z - 7  0. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua (P). Véc tơ pháp tuyến của mp(P) là n P   2;3;  1. 0,25. 1,0 0,25. Đường thẳng  qua A và vuông góc với (P) nhận n làm VTCP nên có phương.  x  3  2t  trình:  y  5  3t z   t . 4. Gọi B là điểm đối xứng của A qua (P), suy ra B thuộc  . Do đó. B(3  2t;5  3t; t ). 0,25. 0,25. Trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc (P) nên.  10  3t   t  2 3  t   3       7  0  t  2  2   2. 0,25. Do đó B(-1; -1; 2). a) Giải phương trình 3 cos5 x  2sin 3x cos 2 x  sin x  0 ( x  ) . b) Cho tập A  {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} . Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 3. TXĐ:.  3 cos5 x   sin 5 x  sin x   sin x  0. a 5. 6. 3 1  cos5 x  sin 5 x  sin x 2 2        sin   5 x   sin x  x   k ; x    k (k  ) . 18 3 6 2 3 . Nhận xét: Số chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 Các bộ số gồm 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6). - Trong 5 bộ số có chứa số 0, mỗi bộ số tạo được số các số có 5 chữ số khác nhau là: 4.4!  96 , do đó số chữ số có 5 chữ số tạo bởi 5 bộ số đó là: b 5.96  480 ; - Số các số có 5 chữ số khác nhau tạo thành từ 2 bộ số cuối là: 2.5!  240 Vậy số các số cần tìm là: 480  240  720 số. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).. 1,0. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> S. K A. D I. H. B. C. Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra SH  ( ABCD) và SCH  300 . Ta có: SHC  SHD  SC  SD  2a 3 . Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:. 0,25. SH  SC.sin SCH  SC.sin300  a 3 HC  SC.cos SCH  SC.cos300  3a Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 .. 0,25. 1 4a 3 6 Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH  . 3 3. Vì BA  2HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC   Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:. AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK .. 0,25. Ta lại có: HK  SI . Do đó: HK   SAC  . Vì hai tam giác AIH và ABC đồng dạng nên. HI AH AH .BC   HI   BC AC AC. Suy ra, HK . . AH .BC AB 2  BC 2. a.2a 2 a 6  . 3 2 3a. a 6 HS .HI 3  a 66 .  11 HS 2  HI 2 2a 2 3a 2  3 a 3.. . . . Vậy d B,  SAC   2d H ,  SAC   2 HK . 7. . 0,25. 2a 66 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 2) . Đường phân giác trong và đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B lần lượt có phương trình 2 x  y  5 = 0 và 7 x - y  15 = 0 . Tính diện tích tam giác ABC.. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> A d H. M. d' B. C. A'. Gọi d : 2 x- y  5  0 và d ' : 7 x - y  15 = 0.. 2 x  y  5  0 ⇒ B(2; 1). 7 x  y  15  0. 0,25. Tọa độ B là nghiệm của hệ: . Gọi H là hình chiếu của A trên d : H (t;2t  5)  AH (t  1;2t  3) , ud (1;2) Ta có: AH .ud  0  t  1  4t  6  0  t  1  H (1;3) . Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua d  A '(3;4) .. 0,25. Khi đó A '  BC , BA '(1;3) ..  x  2  t  y  1  3t. Phương trình BC: . Do C thuộc đường thẳng BC nên C (-2 - t; 1  3t ) . Gọi M là trung điểm AC.. 0,25.  t  1 3t  3  ;  2   2 M thuộc d’ nên 7(-t -1) - (3t  3)  30  0 , suy ra t  2 , suy ra C (-4; 7) . Ta có M . Ta có: BA(3;1), BC (2;6)  BA.BC  0 tam giác ABC vuông tại B. Vậy tam giác ABC có diện tích là. 1 1 2 2 S  BA.BC  3  1 . (2) 2  62  10 . 2 2 2 y3  y  2 x 1  x  3 1  x . Giải hệ phương trình: . 2   2 y 1 . Điều kiện:. y  4 x4. 0,25. ( x, y  ) .. 1,0. 4  x  1; y  . Ta có:. 2 y3  y  2 x 1  x  3 1  x. 0,25.  2 y3  y  2 1  x  2 x 1  x  1  x  2 y3  y  2(1  x) 1  x  1  x (1) 8. Xét hàm số. f (t )  2t 3  t. trên. , ta có:. f '(t )  6t 2  1  0, t   f (t ) đồng biến trên. . 0,25. Vậy (1)  f ( y)  f ( 1  x )  y  1  x   y  0 2   y  1 x Thế vào pt thứ 2 ta được. 3  2 x  1  x  4  x  4 (2) . Xét hàm số. g ( x)  3  2 x  1  x  x  4,. liên. tục. trên. [  4;1] ,. ta. có. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> g '( x)  . 1 1 1    0 , x  (4;1)  g ( x) 3  2x 2 1 x 2 x  4. biến trên [  4;1] . Lại có. nghịch. g (3)  4 nên x  3 là nghiệm duy nhất của. phương trình (2). Với. x  3 suy ra y  2.. Vậy hệ có nghiệm duy nhất. 0,25. ( x; y)  (3;2) .. Cho x, y, z  0 và x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. P. x3  y 3  16 z 3.  x  y  z. 3. Ta có: x  y 3. 3. 1,0. ..  x  y  4. 3. * . Dấu "=" xảy ra khi. x  y.. Thật vậy:. *  4  x3  y 3    x  y   x3  3x 2 y  3xy 2  y 3  x3  y 3  x 2 y  xy 2   x  y   x 2  2 xy  y 2   0 2   x  y  x  y   0 ( luôn đúng ). 3. Áp dụng (*) ta có: 9. P. x3  y 3.  x  y  z. 3. . 16 z 3. x  y  z. 3. .  x  y. 3. 4 x  y  z . 3. 3. . 0,25. 16 z 3. x  y  z. 3. 3.   1 x y  z Tức P     16   hay 4 x y  z  x  y  z   3. 0,25. 3.    1 z z P  1    16   4 x y  z   x yz 1 z 3 Đặt  t ,0  t  1 . Suy ra P  f  t   1  t   16t 3 ,0  t  1 4 x yz 3 3 1 2 2 Ta có f '  t    1  t   48t 2 , f '  t   0  48t 2  1  t   t  4 4 9 16 16 16 1  1  16 f    , f  0   , f 1  16  min f  t    f  t    P  . 4 81 81 81  9  81 0;1 Dấu "=" xảy ra khi x  y  4, z  1 .. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>