Toan Le Qui Don Thai Binh 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016. Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề). TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN. Câu 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :. y. 2 x x2. 2 x f ( x)    1  1;3 x 2 Câu 2. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số : trên Câu 3. (1,0 điểm) 1)Cho số phức z 3  2i .Tìm phần thực và phần ảo của số phức:. w iz . 1 z. 2 2) Giải phương trình : log 2 (2 x  3)  2log 2 x 4 1. Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân :. I ( x  e x ) xdx 0. Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm I ( 1; 2;3) và mặt phẳng (P) có phương trình ( P ) : 4 x  y  z  1 0 .Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P) .Tìm tọa độ tiếp điểm M Câu 6(1,0 điểm). a). Giải phương trình lượng giác : cos 2 x  (1  2cos x)(s inx  cosx) 0 b) Một tổ có 12 học sinh nam và 3 học sinh nữ .Chia làm 3 nhóm mỗi nhóm có 5 học sinh .Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt 0 phẳng (ABCD) . SC tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45 .Gọi E là trung điểm của BC .Tính. Thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I .Gọi M và N lần lượt là trung điểm của CD và BI .Tìm tọa độ các điểm B,C,D biết A(1;2) đường thẳng MN có phương trình x  2 y  2 0 và điểm M có tung độ âm Câu 9. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực 1 1  3 2  x  y  1  x  y  3x ( y  xy  x  1)  1   2 2  2 x  x  y  4  21x  y  16  x  x  y  1 0. Câu 10( 1,0điểm ) Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn abc=1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P. ab  a 4  4a 2b2 bc  b 4  4b 2 c 2  3b 2  a 2 3c 2  b 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 ……………………………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015-2016. Câu. NỘI DUNG Câu1. 1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 2 x  x2 y  x2 x2 D R \   2 a)TXĐ: b)Sự biến thiên 4 y '  ( x  2) 2 -Chiều biến thiên y '  0 x -2 ………………………………… ………………………………… …………………... Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;  2) và ( 2; ). Điểm 1 điểm. 0.25. 0.25. -Cực trị : Hàm số không có cực trị -Giới hạn và tiệm cận : lim y  1 ;lim y  1 x   x   Đường thẳng y = -1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số  x2  x2 lim y  lim  , lim y  lim   x  2 x  2 x  2 x  2 x2 x2 .Đường thẳng x = -2 là tiệm cận 0.25 đứng của đồ thị hàm số ………………………………… ………………………………… …………………... Bảng biến thiên. x y'. . -2. . . 0.25 y -1 ………………………………… ………………………………… …………………... Đồ thị.  . . -. -1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu2 1.0đ. Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất. 1 điểm. của hàm số sau 2 x f ( x)    1  1;3 x 2 Trên +Hàm số f(x) xác định và liên  1;3 tục trên 0.25  2 1 x2  4 f '( x)  2  = x 2 2x2 + 0.25 +  x 2   1;3 0.25 f '( x ) 0  x 2  4 0    x  2   1;3 Ta có 7 19 f (1)  ; f (3)  ; f (2) 3 2 6 0.25 7 Maxf ( x)  2  1;3 khi x = 1 min f ( x) 3  1;3 khi x = 2 Vậy + Giá trị nhỏ nhất của hàm số là 3 khi x = 2 + Giá trị lớn nhất của hàm số là 7 2 khi x = 1. Câu3. 1)Cho số phức z 3  2i. 1 điểm. .Tìm phần thực và phần. ảo của số phức:. w iz . 1 z.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2) Giải phương trình : log 2 (2 x  3)2  2 log 2 x 4 1)Cho số phức z 3  2i .Tìm 0.25 phần thực và phần ảo của số 1 w iz  z phức: + Ta có 1 1 3  2i w iz  i (3  2i )  2  3i  z 3  2i 0.2513 23 37 w  i 13 13 23 + Số phức w + có phần thực 13 37 + có phần ảo 13 2) Giải phương trình : log 2 (2 x  3)2  2 log 2 x 4 (1). 0.25. Điều Kiện. x  0 x  0    3 2 (2 x  3)  0  x  2 0.25 (1)  2 log 2 (2 x  3) 2 log 2 x  log 2 16  log 2 (2 x  3) 2 log 2 x 2  log 2 16  log 2 (2 x  3) 2 log 2 16 x 2 3  x  (l)   2 x  3 4 x 2 2 2  (2 x  3) 16 x     2 x  3  4 x  x  1 (t / m)  2 Kết hợp điều kiện kiểm tra lại vậy phương trình có nghiệm 1 x 2. Câu4. Tính tích phân :. 1 điểm. 1. I ( x  e x ) xdx 0. Ta có 1. 1 x. 1 2. 1 x. 1 2. x 2. I ( x  e ) xdx x dx  x e dx x dx  x.e dx 0. 0. 1. Xét. J x 2 dx  0. 1. Xét Đặt. 3 1. x 3.  0. 0. 1 3. 0.25. x 2. K x.e dx 0. 0.25. 0. 0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> u  x  x  2 dv e dx. K 2 x.e. x 1 2 0. Câu5.  du dx x  2 v 2e 1. x 2.  2e dx 2 x.e. 0.25 x 1 2. 0. 1. x 0.25 2.  4e. 0. 13  6 e 3 I=J+K = Trong không gian với hệ tọa độ. 2 e  4 e  4 4  2 e. 0. 1 điểm. Oxyz cho điểm I ( 1; 2;3) và mặt phẳng (P) có phương trình ( P ) : 4 x  y  z  1 0 .Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P) .Tìm tọa độ tiếp điểm M + Ta có 4.( 1)  2  3  1 d ( I , ( P))   2 0.25 42  12  ( 1) 2 + Mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc với 0.25 (P)  R d ( I , ( P))  2 +Phương trình mặt cầu (S) tâm I ( 1; 2;3) và tiếp xúc với ( P ) : 4 x  y  z  1 0 Là : ( x  1) 2  ( y  2)2  ( z  3) 2 2. 0.25. +Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp  tuyến n(4;1;  1) .Gọi đường thẳng d đi qua I và d vuông góc  đường thẳng d nhận với  (P) n(4;1;  1) là véc tơ chỉ phương. 0.25. Phương trình tham số của d  x  1  4t   y 2  t  z 3  t  t  R Tiếp điểm M là giao của đường thẳng d và mặt phẳng (P) +Gọi M ( 1  4t ; 2  t;3  t )  d. Câu6. Vì M  ( P) nên ta có 4( 1  4t )  2  t  3  t  1 0  18t  6 0 1 1 7 8  t   M( ; ; ) 3 3 3 3 a). Giải phương trình lượng 1điểm giác : cos 2 x  (1  2 cos x)(s inx  cosx) 0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> b) Một tổ có 12 học sinh nam và 3 học sinh nữ .Chia làm 3 nhóm mỗi nhóm có 5 học sinh .Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ a). Giải phương trình lượng giác : cos 2 x  (1  2 cos x)(s inx  cosx) 0 (1) (1)  cos 2 x  sin 2 x  (1  2cos x)(cosx  s inx) 0  (c osx  s inx)(c osx  s inx  1  2 cos x) 0  (c osx  s inx)(s inx  cosx  1) 0  sin x  cosx 0   s inx  cosx 1 Với sin x  cosx 0  2 sin( x   x=. 0.25   ) 0  x  k (k  z) 4 4.   k ( k  z ) 4. Với s inx  cosx 1  2 sin( x .    ) 1  sin( x  ) sin 4 4 4 0.25.       x  4  4  k 2 x   k 2    kZ 2   x       k 2  x   k 2  4 4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm    x  2  k 2   x   k 2 k  Z   0.25  x=  k 4  b) Một tổ có 12 học sinh nam 0.25 và 3 học sinh nữ .Chia làm 3 nhóm mỗi nhóm có 5 học sinh .Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ +Số phần tử của không gian mẫu n() C155 .C105 .C55 +Gọi A là biến cố khi chia ngẫu nhiên “ nhóm nào cũng có nữ “ Số kết quả thuận lợi cho A là n( A) C31C124 .C21C84 .C11C44 +Xác suất của biến cố A : C 1C 4 .C 1C 4 .C1C 4 25 P( A)  3 125 2 5 8 51 4  C15 .C10 .C5 91.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu7. Cho hình chóp S.ABCD có. 1 điểm. ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . SC tạo với mặt 0 phẳng (ABCD) một góc 45. .Gọi E là trung điểm của BC .Tính Thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC. Có SA  ( ABCD)  SA là đường cao của chóp .AC là hình chiếu vuông góc của SC trên 0  0,25 (ABCD)  SCA 45 ABCD là hình vuông cạnh a nên AB BC CD  AD a, AC a 2 S ABCD  AB 2 a 2 0.25 Tam giác SAC vuông cân tại A  SA  AC a 2 +Thể tích khối chóp S.ABCD 1 1 a3 2 V  SA.S ABCD  a 2.a 2  3 3 3 Cách 1: +Có DE và SC là hai đường thẳng chéo nhau +Trong (ABCD) kẻ CF//DE cắt AD kéo dài tại F AK vuông góc với CF cắt ED tại 0.25 H và CF tại K Ta có  DE / /CF  (SCF)  DE / /( SCF )    DE  ( SCF )  d ( SC , DE ) d ( DE , ( SCF )) d(H, (SCF))  SC  ( SCF )  tứ giác CEDF là hình bình hành từ giả thiết a a 3a CE DF  , AF  AD  DF a   2 2 2.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> DE CF  CD 2  CE 2  a 2 . a2 a 5  4 2. 3 a.a 1 1 AF .CD 2 3 5a S ACF  AF.CD= AK .CF  AK    0.25CF 2 2 5 a 5 2 Trong tam giác AFK ta có AH AD a 2 HK 1 1       d ( H , ( SCF ))  d ( A, ( SCF )) 3 a AK AF 3 AK 3 3 2 CF  AK  CF  (SAK )  CF  SA  Có Trong tam giác vuông SAK kẻ đường cao AI ta có  AI  SK  AI  ( SCF )  AI d ( A, ( SCF ))   AI  CF. 1 1 1 1 5 19 3 38a 38a  2  2 2   AI   d (SC; DE)  2 2 2 AI SA AK 2a 9a 18a 19 19. Câu8. Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz : Sao cho A(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0),S(0;0;a 2) (a>0) Đưa về bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a C ( a; a;0), E (a; ;0) 2 Tìm tọa độ 0.25 Ta có   a  a DE ( a;  ;0), SC (a; a;  a 2), EC (0; ;0) 2 2 2 2  a 2 2 3a  DE , SC  ( ; a 2; ) 0.25   2 2 a3 2    DE , SC  .EC 2 a 38    d ( DE , SC )    19  DE , SC  2a 4 9a 4    2a 4  4 4 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa 1 điểm độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I .Gọi M và N lần lượt là trung điểm của CD và BI .Tìm tọa độ các điểm B,C,D biết A(1;2) đường thẳng MN có phương trình x  2 y  2 0 và điểm M có tung độ âm.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> +Gọi J là trung điểm của AI  Tứ giác DMNJ là hình bình hành +Xét tam giác ADN có J là giao điểm của hai đường cao AI và NJ nên J là trực tâm  AN  DJ  AN  MN  N 0.25 là hình chiếu của A trên MN +Phương trình đường thẳng AN : 2 x  y  4 0 +Tọa độ của N là nghiệm hệ phương trình  x  2 y  2 0  x 2 0.25   2 x  y  4 0  y 0 N(2;0) +ADMN là tứ giác nội tiếp  AMN  ADN 450  AMN vuông cân tại N MN  AN  5 .Gọi M (2t  2; t)  MN có. 0.25 0.25. MN  5  MN 2 5 Tìm được M( 0;-1) +Gọi K là giao điểm AM và BD  K là trọng tâm của tam giác ADC  2 AK  AM 3 .Tìm được 1 K ( ;0) 3 1 NI  BI 2 + Ta có , B,N,I,K thẳng hàng và   1 3 KI  DI  NI  NK 3 5 Từ đó tìm được I (1;0). Câu9. +I là trung điểm AC nên tìm được C(1;-2) +M là trung điểm CD nên tìm được D(-1;0) +I là trung điểm BD nên tìm được B(3;0) Giải hệ phương trình trên tập số. 1 điểm.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> thực. 1 1  3 2  x  y  1  x  y  3 x( y  xy  x  1)  1   2 2  2 x  x  y  4  21x  y  16  x  x  y  1 0 1 1    y 3  3 x( y 2  xy  x  1)  1 (1)  x  y 1 x   2 2  2 x  x  y  4  21x  y  16  x  x  y  1 0 (2). Điều kiện. x  0  x  y 1  0   2 2 x  x  y  4  0  21x  y  16  0. Từ phương trình (1) 1 1   y 3  3 x( y 2  xy  x  1)  1 x  y 1 x . 1 1  ( y 3  3 xy 2  3 x 2 y  x 3 )  (x 3  3 x 2  3 x  1) x  y 1 x. . 1 1  ( x  y )3  (x  0.25 1)3 x  y 1 x. 1 1 ( x  y )3  x x  y 1 1 f (t ) t 3  t 1 Xét hàm số  0;   trên 0.25 1 2 f '(t ) 3t   0 t  0 2( t  1)3 Hàm số f(t) liên tục và đồng biến  0;   trên f ( x  1)  f ( x  y )  x  1 x  y  y  1 +Với y = -1 thay vào (2) ta được  (x  1)3 . 2 x2  x  3 . 21x  17  x 2  x 0 (*) 21 x 17 Điều kiện 0.25 Phương trình (*)  ( 2 x 2  x  3  x  1)  (3x  1 . 21x  17 )  x 2  3 x  2 0.   1 9  ( x 2  3 x  2)    1 0 2  2 x  x  3  x  1 3 x  1  21x  17 .

<span class='text_page_counter'>(11)</span>  x 2  3x  2 0   1 90.25   1 0  2 x 2  x  3  x  1 3 x  1  21x  17 + 1 9   1 0 2 x 2  x  3  x  1 3 x  1  21x  17 17 x  21 Vô nghiệm  x 1 (t/m) x 2  3 x  2 0    x 2 (t/m) +. Câu10. Kết hợp điều kiện kiểm tra lại vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm   x 1    y  1   x 2    y  1 Cho a,b,c là ba số thực dương. 1điểm. thỏa mãn abc=1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. P. ab  a 4  4a 2b 2 bc  b 4  4b 2c 2  3b 2  a 2 3c 2  b 2. Đặt A. ab  a 4  4a 2b 2 bc  b 4  4b 2c 2 ;B = 3b 2  a 2 3c 2  b 2. 0.25. Xét. b b  1  4( ) 2 ab  a  4a b a A a 2 2 b 3b  a 3( )2  1 a b t  0 a 0.25 Đặt 4.  A. 2 2. t  1  4t 2 3t 2  1 1   2 2 2 3t  1 (3t 1)( 1  4t  t ) 1  4t 2  t. 2 Xét hàm số f (t )  1  4t  t  0;   Trên 4t f '(t )  1 1  4t 2 1  f '(t ) 0  t  2 3 Bảng biến thiên. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> t. . f’(t). . -2 0. -. +. . f(t) 1. Từ bảng biến thiên suy ra 3 1 M inf(t )  t 2 Khi (0; ) 2 3  2 MaxA  3 khi a 2 3b 2 MaxB  3 khi Tương tự. 0.25. b 2 3c MaxP  Suy ra. 4 3 khi.  a 2 3  a 2 3b    b 1 b 2 3c  1  abc 1 c    2 3 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 ……………………Hết ………………………….

<span class='text_page_counter'>(13)</span>