Hỗ Trợ Ôn Tập

Author: Nguyễn Huyền

  • Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán lần 1 – Trường THPT Lý Thái Tổ (Mã đề 679) (có đáp án)

    Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán lần 1 – Trường THPT Lý Thái Tổ (Mã đề 679) (có đáp án)

    Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán lần 1 – Trường THPT Lý Thái Tổ (Mã đề 679) (có đáp án)

    Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

    Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

    Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

    (Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

    Đề cương liên quan: Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán lần 1 – Trường THPT Lương Tài Số 2 (có đáp án)

    [toc]

    Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán lần 1 – Trường THPT Lý Thái Tổ (Mã đề 679) (có đáp án)

    Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán lần 1

     Trường THPT Lý Thái Tổ (Mã đề 679) (có đáp án)

    CÂU HỎI

    Câu 1: Cho x là một số thực dương. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai ?
    A. log x < log x
    5 3 5 4
    2 2
    C. log x < log x
    3 2 3 3
    2 2

    Câu 2: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

    trên R

    1. m =1. B. -5 < m <1.

    Câu 3: Tìm ò(3x(1 – x) + 3x )dx

    1. 32 x 2 – x3  + 3x  + C
    1. 3 x 2 – x3  + 3x   + C

    2ln 3

    1. log x +1 3 > logx+1 4

    2                    3

    1. log x +1 3 < logx+1 4

    4                    5

    • để hàm số y = –3x3 + mx 2 + (4 m – 5)x nghịch biến
    1. m = -5. D. -5 £ m £1.
    1. 32 x 2 – x3  + 3x ln 3 + C
    1. 3x3 – 2x3 + 3x ln 3 + C

     

    Câu 4: Cho hàm số y = f (x ) = ( m + 1)x 4 – ( 3 – 2m ) x2 +1. Hàm số f(x) chỉ có cực đại và không có cực tiểu khi và chỉ khi:

    A. m ³ 3 B. -1 £ m £ 3 C. m < 3 D. m £ -1
    2 2 2

    Câu 5: Tính đạo hàm của hàm số: y = 22 x .

    A. y ‘ = 22x B. y ‘ = 22x C. y ‘ = x.22x–1 D. y ‘ = 22 x.ln 22
    ln 22
    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn   T: 098 1821 807 Trang | 1

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

     

    Câu 6: Phương trình tiếp tuyến với đồ thị y = x + 2 tại điểm có hoành độ bằng 1 là:
    2 x -1
    1. y = -5 x +8 B. y = 5 x -8 C. y = -5 x – 4

    Câu 7: Đồ thị sau đây là của hàm số y = – x 4  + 4x2 . Với giá trị nào của m

    thì phương trình x 4  – 4 x 2  + m – 2 = 0 có bốn nghiệm phân biệt?

    1. 2 < m < 6

     

    1. 0 < m < 4

     

    1. 0 £ m £ 6

     

    1. 0 £ m < 4

    Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có B’, C’ lần lượt là trung điểm SB, SC.

    Đặt k = VABCC ‘ B‘              . Tính k?

    VS . ABC

    A. 1 B. 1 C. 3
    2 4 4
    1. y = 5 x – 2

    4

    2

    -2             2

    –  2    O 2
    -2
    1. 43

     

    Câu 9: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B; AC = 2a; AB = SA = a; Tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABC). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC?

    a3 3a3 a3
    A. B. a3 C. D.
    4 4 2

    Câu 10: Cho hình trụ có đường kính đáy bằng 10, đường cao bằng 8. Diện tích xung quanh của hình trụ là:

    A. 80π B. 40π C. 80 D. 25π
    Câu 11: Cho hàm số y = mx – 2 m + 3 . Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng
    x -1
    ?
    A. m =3 B. m =2 C. m = 3 D. m =0
    2
    Câu 12: Cho hàm số y = 3 – 2x có đồ thị (C). Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
    x -1
    1. (C) không có tiệm cận.
    1. (C) có tiệm cận ngang là đường thẳng y = -2.
    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 2

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

     

    1. (C) có tiệm cận đứng là đường thẳng x = –

     

    1. (C) có tiệm cận ngang là đường thẳng x = –
    æ 2 x 1 ö
    Câu 13: Tìm òç x – 2e + ÷dx
    è x ø
    A. 2x – 2e x  – 1 + C B. x3 – 2e x  + ln | x | +C
    x 2 3
    C. x3  – 6e x  + 3ln | x | +C D. x3 – 2e x  + ln x + C
    3

    Câu 14: Tính đạo hàm của hàm số: y = x. ln(2 x +1).

    A. y ‘ = 1 B. y ‘ = ln(2 x + 1) + x
    2 x +1 2 x +1
    C. y ‘ = ln(2 x + 1) + 2x D. y ‘ = ln(2 x + 1) + 1
    2 x +1 2 x +1

    Câu 15: Cho tứ diện ABCD có AB ^ BC , BC ^ CD, AB ^ CD , AB = BC = CD = a .Tính theo a thể tích khối tứ diện?

    A. a3 B. a3 C. a3 D. a3
    3 2 6

    Câu 16: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với mặt đáy góc . Tính khoảng cách từ A đến (SBC)?

    A. 4 a 3 B. 3a 3 C. a 3 D. 2 a 3
    14 14 14 14
    Câu 17: Tìm giá trị cực tiểu y của hàm số y = 2 x 3 + 3 x 2 – 12 x + 2.
    CT
    A. yCT  = 6. B. yCT  = –5. C. yCT  = –6. D. yCT  = –21.

    Câu 18: Một hình trụ có đường kính của đáy bằng một nửa chiều cao của nó. Nếu thể tích của khối trụ bằng 8p thì chiều cao của hình trụ bằng

    1. 43 2 B. 43 6 C. 4 2                                     D. 4 34
    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 3

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

     

    Câu 19: Cho hàm số y = 2 x + 3 có đồ thị (C) và đường thẳng d : y = x – m . Với giá trị nào của tham số m thì x + 2

    d cắt (C) tại hai điểm phân biệt?

    A. m < -2 B. m > -6
    C. -6 < m < -2 D. m < -6 hoặc m > -2
    Câu 20: Cho hai số thực dương a, b với a khác 1. Rút gọn biểu thức: P = a4 +6 loga b .
    A. P = a 4 b B. P = a 4 b6 C. P = 6a 4 b D. P = a4 +6b
    Câu 21: Đặt a = log 3 5. Hãy biểu diễn log 45 75 theo a?
    A. log 75 = 2 a +1 B. log 75 = 2 a + 3 C. log 75 = 2 a + 3 D. log 75 = 2 a +1
    45 45 45 45
    a + 2 a +1 a + 2 a +1

    Câu 22: Một cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ hấp thụ một lượng nhỏ nguyên tử Cacbon 14 (C14). Khi cây xanh chết đi nó không những ngừng hấp thụ thêm C14 mới mà còn bắt đầu quá trình phân rã của nguyên tử C14 đã có thành Nitơ 14. Biết rằng, số phần trăm C14 còn lại trong cái cây chết từ t năm trước được tính

    æ 1 ö t
    5730
    theo công thức P (t) =100. ç ÷ (%). Phân tích một mẫu gỗ từ công trình kiến trúc cổ ta thấy lượng C14
    è 2 ø

    còn lại trong mẫu gỗ ít hơn 86%. Hỏi công trình kiến trúc cổ đó tối thiểu bao nhiêu năm tuổi ?

    1. 1247 năm B. 1241 năm C. 1254 năm                          D. 1200 năm

    Câu 23: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân đỉnh A, BC = 2a , AA’ = a 3 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho?

    a3 a3
    A. 2 a3 3 3 D. a3
    3 B. C. 3
    6 3

    Câu 24: Một hình nón có đường kính đáy là 2 a . Cắt hình nón bởi mặt phẳng qua trục được thiết diện là tam giác đều. Tính thể tích của khối nón đó

    2pa 3 3 B. pa3 pa 3 3 a 3 3 .
    A. 3 C. D.
    3 3 3
    Câu 25: Cho f (x) = (x -1) 2 . Gọi F (x) là một nguyên hàm của f (x) , biết F (1) = 1 . Tính F (4)
    x – 2 2
    A. 6 B. F(4) = 3 + 2 ln 2 C. F(4) = 4(1 + ln 2) D. F (4) = 8 + ln 2
    Câu 26: Hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ, phương trình f ( x ) = m 3 y
    có 4 nghiệm phân biệt khi: 2
    1
    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn   T: 098 1821 807
    -2-1    O 1 2 3 Trang | 4
    x
    -1

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

     

    1. m < 2

     

    1. 0 < m < 2

     

    1. -2 < m < 2

     

    1. m > 2

    Câu 27: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AC = a 3 ; BC = a . Đỉnh S cách đều các đỉnh A, B, C. Tính khoảng cách từ trung điểm I của SB đến (SAC)?

    A. B. a  6 C. a  6 D. a  6
    2 3 6
    Câu 28: Giải bất phương trình: log ( x 2 + 2 x) > 3.
    2
    A. x < -4; x > 2 B. x £ -4; x ³ 2 C. -4 < x < 2 D. -4 £ x £ 2

    Câu 29: Tính thể tích khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ biết tổng diện tích các mặt bên là 4a2 ?

    a3 a3
    D. 2 a3    2
    A. B. C. a3
    2 3

    (a 7 -3 )7 +3

    Câu 30: Cho a là một số thực dương. Rút gọn biểu thức:            P = a (1+ 7 ) 2 .a(1– 7 )2  .

    A. P = 1 B. P = 1 C. P = 1 D. P = 1
    16 38 18 20
    a a a a
    Câu 31: Giải phương trình: 547 –4 x  =125.
    A. x = 7 B. x =13 C. x =11 D. x = 9
    Câu 32: Hàm số F (x) = 2x +1 là một nguyên hàm của hàm số nào:
    x
    A. 2 x + ln x B. 2 x + ln x C. – 1 D. 1
    x2 x2 + x 2 = 3
    Câu 33: Tìm m để hàm số f ( x ) = x 3 – 3 x 2 + mx -1 có hai điểm cực trị x , x thỏa x 2
    1 2 1 2
    A. m = 3 B. m = -2 C. m = 1 D. m =1
    2
    2

    Câu 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a 2 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD?

    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 5

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

    a3 2 a3 2 C. a3 a3 2
    A. B. 2 D.
    6 4 3
    Câu 35: Giải phương trình: log (3 x 2 + x) = log 1 .
    10 + 3 10 –3 8 x – 2
    A. x = 1 ; x = 3 B. x = 1 ; x = 3 C. x = 1 ; x = 2 D. x = 1 ; x = 2
    3 2 3 2

    Câu 36: Ông An gửi 200 triệu đồng vào hai ngân hàng ACB và VietinBank theo phương thức lãi kép. Số tiền thứ nhất gửi vào ngân hàng ACB với lãi suất 1,5%/tháng trong thời gian một năm. Số tiền còn lại gửi vào ngân hàng VietinBank với lãi suất 1%/tháng trong thời gian 9 tháng. Biết tổng số tiền lãi ông A nhận được ở hai ngân hàng là 26891686,44 đồng. Hỏi số tiền ông An lần lượt gửi ở hai ngân hàng ACB và VietinBank là bao nhiêu?

    1. 80 triệu đồng và 120 triệu đồng B. 130 triệu đồng và 70 triệu đồng
    1. 120 triệu đồng và 80 triệu đồng D. 70 triệu đồng và 130 triệu đồng

    Câu 37: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (x 2  – 1)4 – x 2  – m + 1 = 0 có nghiệm.

    A. 1 £ m £ 3 B. -2 £ m £ 2 C. -1 £ m £ 3 D. m ³ 2
    Câu 38: Tìm nguyên hàm của f (x) =
    2x – 3
    1 B. ò f (x)dx = -1 + C
    A. ò f (x)dx = (2x – 3) + C 2x – 3
    2x – 3
    3 3
    C. ò f (x)dx = 3 + C 2
    2x – 3 D. ò f (x)dx = (2x – 3) + C
    2x – 3
    3
    2

    Câu 39: Cho hàm số y = –2 x – 3 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?

    x -1

    1. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥;1) và (1; +¥).
    1. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x =1 và tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2.
    1. Đồ thị hàm số đã cho không có điểm cực trị.
    1. Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0; 3), cắt trục hoành tại điểm ( – 32 ; 0).

    Câu 40: Cho hàm số: y = log8 x. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?

    1. Hàm số có tập giá trị là: D = (0; +¥)
    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 6

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

     

    1. Hàm số đồng biến trên khoảng xác định

     

    1. Hàm số có tập xác định là:R

     

    1. Đồ thị hàm số nhận trục Ox làm tiệm cận ngang

    Câu 41: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Số các đỉnh hoặc số các mặt của bất kì hình đa diện nào cũng:

    1. Lớn hơn 5. B. Lớn hơn 4
    1. Lớn hơn hoặc bằng 4 D. Lớn hơn hoặc bằng 5

    Câu 42: Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật với các kích thước như hình vẽ.

    Hãy tính tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ đó

    (không kể viền, mép, phần thừa).

    A. 750, 25p(cm2 ) B. 756, 25p(cm2 )
    C. 700p(cm2 ) D. 754, 25p(cm2 )

    Câu 43: Tìm tất cả các giá trị của m sao cho hàm số

    y = m tan x – 2 æ – p ö
    đồng biến trên khoảng ç ; 0 ÷ .
    tan x + m – 3
    è 2 ø
    ém > 2 é2 < m £ 3
    A. ê B. ê
    ëm < 1 ëm <1
    é2 £ m £ 3 ém ³ 2
    C. ê D. ê
    ëm £1 ëm £ 1
    Câu 44: Tính: P = 33 – 7 –5.76 .
    7 0 + 9 –2 : 9–3
    A. P = 6 B. P = 2 C. P = -1
    Câu 45: Giải bất phương trình sau: 32 +1 – 82.3 + 27 £ 0.
    x x
    ë ) [  ] ê ú
    A. S = é 9; +¥ B. S = 1;9 C. S = é 1 ; 27 ù
    ë 3 û

    Câu 46: Tìm tập xác định D của hàm số: y = log 2017 ( x + 3).

    1. P = 4
    1. S = [0;9]
    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 7

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

     

    A. D = R \ { – 3} B. D = [ – 3; +¥) C. D = ( -¥; -3) D. D = ( -3; +¥)
    Câu 47: Hỏi hàm số y = – 1 x 3 + 2 x 2 + 5 x – 44 đồng biến trên khoảng nào?
    3
    A. ( -¥; -1) B. (5; +¥). C. ( -1;5). D. ( -¥;5).
    Câu 48: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông tại A, AB = AC = a . Biết A’A = A’B = A’C = a; Tính
    theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
    a3 a3 a3 a3
    A. 3 B. 2 C. D. 2
    4 4 2 12
    Câu 49: Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = ln( x 2 – 3) – x trên đoạn [2; 5]. Trong các khẳng định
    sau, khẳng định nào đúng?
    A. e5+M  – 22 = 0. B. e3+M  = 6. C. M > 0. D. M + 2 = 0.

    Câu 50: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3a , AC = 4a . Quay tam giác ABC quanh trục BC ta được một hình tròn xoay có diện tích xung quanh là

    A. 35a 2p B. 84a2p C. 35a 2p D. 84a2
    2 5 4 5

    ———– HẾT ———-

    Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 8

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

  • Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán lần 1 – Trường THPT Lương Tài Số 2 (có đáp án)

    Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán lần 1 – Trường THPT Lương Tài Số 2 (có đáp án)

    Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán lần 1 – Trường THPT Lương Tài Số 2 (có đáp án)

    Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

    Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

    Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

    (Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

    Đề cương liên quan: Đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 có đáp án môn thi Vật lý 12 – Đề số 5 (Năm học 2015-2016)

    [toc]

    Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán lần 1 – Trường THPT Lương Tài Số 2 (có đáp án)

     

    Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán lần 1 – Trường THPT Lương Tài Số 2 (có đáp án)

    ĐỀ BÀI

    Câu 1: Đặt a = log 2 5 và b = log 2 6 . Hãy biểu diễn log 3 90 theo a và b?

    A. log 90 = a + 2b -1 B. log 90 = 2 a + b -1 C. log 90 = a – 2b +1 D. log 90 = 2 a – b +1
    3 b -1 3 a -1 3 b +1 3 a +1

    Câu 2: Đường cong trong các hình vẽ được liệt kê ở các phương án A, B, C, D dưới đây, đường cong nào là đồ thị của hàm số y = x 4 + 2 x2 -3 ?

    1. B.        C.                                                                               D.

    Câu 3: Đường thẳng D có phương trình y = 2 x +1 cắt đồ thị của hàm số y = x 3 – x + 3 tại hai điểm A và B

    với tọa độ được kí hiệu lần lượt là A (x A ; yA ) và B (xB ; yB ) trong đó xB  < xA . Tìm xB + yB ?
    A. xB + yB  = -2 B. xB + yB  = 4 C. xB + yB  = 7 D. xB + yB  = -5
    Câu 4: Kí hiệu x và x 2 là hai nghiệm của phương trình log 1 x + log 2 x = 2 . Tính x .x ?
    1 2 1 2
    2
    A. x .x  = 1 B. x . x  = -8 C. x . x  = 2 D. x . x  = 4
    1 2 2 1 2 1 2 1 2
    Câu 5: Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị hàm số y = x 4 – 2 ( m + 1 x 2 + m có ba điểm cực
    )

    trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 42 ?

    A. m = 2 B. m = C. m = -3 D. m =1
    2
    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 1
    ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D‘ ?

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

     

     

     

     

     

    Câu 6: Cho hình hộp chữ hộp chữ nhật

     

     

     

     

    1. V = 23a3 3

     

     

     

    nhật ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D‘ có AA ‘ = 2a; AD = a; AB = a 3 . Tính thể tích V của khối

     

     

     

    B. 2 a3 C. 6 a3 D. V = 3 a3
    3 3
    3

     

     

    Câu 7: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số f (x ) = x 4 – 2 (m – 2 ) x 2 + m2 -1 có đúng một cực trị?

     

    A. m £ 2 B. m < 2 C. m > 2 D. m ³ 2
    Câu 8: Hàm số y = 2 x 3 – 15 x 2 + 36 x -10 nghịch biến trên khoảng nào?
    ( -3; -2 ) ( 2; 3 ) ( ) ( )
    A. B. C. 1; 6 D. -6; -1

     

    Câu 9: Cho các số thực dương a, b, x, y với a ¹ 1, b ¹1. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?

     

    A. log b. log a =1 B. ln x = ln x – 1 ln y
    a b
    y 2
    C. log a  x + log 3 y = loga (xy3 ) D. log a (x + y ) = log a x + loga  y
    a

     

    Câu 10: Khi giải phương trình 2 2 x 2 – 7 x+5  =1 ta được tất cả n nghiệm. Tìm n?

     

    A. n =1 B. n = 0 C. n = 2 D. n = 3
    Câu 11: Kí hiệu S là tập nghiệm của phương trình 3 x -1   x2 -1 =1. Tìm S?
    .2
    { 2   } { -log 2 } { 2   } D. S { 3 }
    A. S = 1; log 6 B. S = 1; 6 C. S = -1; log 6 = 1; log 6
    Câu 12: Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai?
    A. log 0,5 a > log 0,5 b Û a > b > 0 B. log x < 0 Û 0 < x <1
    C. ln x > 0 Û x >1 D. log 1 a = log 1 b Û a = b > 0
    3 3
    Câu 13: Cho hàm số y = x -1 , m ¹ 0 . Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số m để đồ thị của
    x 2 – 2 mx + 9
    hàm số đã cho có đúng một đường tiệm cận đứng?
    A. 3 B. 1
    C. 2 D. Vô số giá trị thực của m

     

    Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B. Hình chiếu vuông góc của S trên đáy ABCD trùng với trung điểm AB. Biết AB = a, BC = 2a, BD = a 10 . Góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và đáy là 600

     

    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 2

     

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

     

    . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD?

    A. V = 3 30 a3 B. V = 30 a3 C. V = 30 a3 D. V = 30 a3
    8 4 12 8
    Câu 15: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = sin x – 2m đồng biến trên khoảng
    1 – sin2 x
    æ p ö
    ç 0; ÷ ?
    è 6 ø
    ém < 0 5 -1 1
    A. ê1 5 B. m £ C. £ m £ D. m £1
    ê < m £ 8 2 2
    8
    ë4
    Câu 16: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x 3 + 3 x 2 – 9 x + 7 trên đoạn [-2; 2] ?
    A. max y = 29 B. max y = 34 C. max y = 9 D. max y = 5
    [ -2;2 ] [ ] [ -2;2 ] [ -2;2 ]
    -2;2

    Câu 17: Trong đợt chào mừng ngày 26/03/2016, trường THPT Lương Tài số 2 có tổ chức cho học sinh các lớp tham quan dã ngoại ngoài trời, trong số đó có lớp 12A11. Để có thể có chỗ nghỉ ngơi trong quá trình tham quan dã ngoại, lớp 12A11 đã dựng trên mặt đất bằng phẳng 1 chiếc lều bằng bạt từ một tấm bạt hình chữ nhật có chiều dài là 12m và chiều rộng là 6m bằng cách: Gập đôi tấm bạt lại theo đoạn nối trung điểm hai cạnh là chiều rộng của tấm bạt sao cho hai mép chiều dài còn lại của tấm bạt sát đất và cách nhau x m (xem hình vẽ). Tìm x để khoảng không gian phía trong lều là lớn nhất?

    A. x = 4 B. x = 3 3 C. x = 3 D. x = 3
    2
    Câu 18: Gọi M là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x – 1 + 4 trên khoảng 1; +¥ ) . Tìm M?
    x -1 (
    A. M = 5 B. M = 2 C. M = 4 D. M = 0
    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 3

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

     

    Câu 19: Trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây, hàm số nào là hàm số đồng biến

    trên khoảng (-¥; +¥) ?
    A. y = 2 x -1 B. y = 1 x 4 + x2 C. y = – x 3 – x + 2 D. y = x 3 + 3 x + 2
    x + 2 4
    Câu 20: Cho ln x = 2 . Tính giá trị của biểu thức T = 2 ln – ln e 2 + ln 3.log ex2  ?
    ex 3
    x
    A. T = 21 B. T =12 C. T =13 D. T = 7
    Câu 21: Đặt T là tổng bình phương tất cả các nghiệm của phương trình 1 + 2 =1 . Tính
    6 – log 2 (4 x ) 2 + log2 x
    T?
    A. T = 9 B. T = 5 C. T = 20 D. T = 36
    Câu 22: Tìm tập xác định D của hàm số ( – x ) – 2 ?
    y = 1 3
    { } ( ) ( ) ( )
    A. D = \ 1 B. D = -¥;1 C. D = 1; +¥ D. D = 0; +¥
    = 3log125 ( x 2 – 2 x -3) ta được tất cả bao nhiêu nghiệm?
    Câu 23: Giải phương trình log x + 1
    5
    A. 2 B. 1 C. 3 D. 0

    Câu 24: Cho hàm số y = 21x–+x1 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?

    1. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là đường thằng x =1 .

     

    1. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là đường thằng y =1.

     

    1. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là đường thằng y = -2 .

     

    1. Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.
    Câu 25: Tìm tập xác định D của hàm số y = log 2 – x ?
    x + 3
    A. D = ( -¥; -3 )È ( 2; +¥) B. D = ( -3; 2)
    C. D = [ -3; 2] D. D = ( -¥; -3 )È [ 2; +¥)
    Câu 26: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = 1 x 3 – mx 2 + 4 x + 2 luôn đồng biến trên tập
    3

    xác định của nó?

    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 4

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

     

    ém £ -2 B. m < 2 C. m £ -2 D. -2 £ m £ 2
    A. ê
    ëm ³ 2

    Câu 27: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số

    [-2; 0] bằng 2 ?

    ém = 2 ém = -2
    A. ê 5 B. ê 5 C. m = 6
    êm = – êm =
    2 2
    ë ë
    • = m 2 x – m + 2 trên đoạn x – 2
    1. m = 2
    Câu 28: Tính đạo hàm của hàm số y = log (cos x + 2) .
    A. y ‘ = 1 B. y ‘ = sin x
    (cos x + 2 ).ln10 (cos x + 2 ).ln10
    C. y ‘ = -sin x D. y ‘ = -sin x
    (cos x + 2 ).ln10 cos x + 2

    Câu 29: Kí hiệu d là khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y = – x 3 + 3 x + 2 . Tính d?

    1. d = 25 B. d = 4 C. d = 210                             D. d = 2

    Câu 30: Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số y = f (x). Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?

    1. Đồ thị của hàm số y = f (x)có trục đối xứng là trục hoành.
    1. Phương trình f (x ) = m có đúng hai nghiệm phân biệt khi m = 2 hoặc m = -2
    1. Hàm số y = f (x) đồng biến trên khoảng (0; 2).
    1. Đồ thị của hàm số có hai điểm cực trị.
    Câu 31: Giải phương trình 2.25 x – 5 x+1 + 2 = 0 ta được hai nghiệm là x và x 2 . Tính x + x .
    1 1 2
    A. x + x  = 0 B. x + x  = 1 C. x + x  = 5 D. x + x  =1
    1 2 1 2 2 1 2 2 1 2
    Câu 32: Tìm đầy đủ các giá trị thực của tham số m để phương trình x 3 – ( ) x + 16 + 2m = 0 có
    3 x 2 + 2 1 – m
    nghiệm nằm trong đoạn [2; 4] ?
    A. m ³ 11 B. 20 £ m £ 8 C. m £ 8 D. 11 £ m £ 8
    2 3 2
    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 5

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

     

    Câu 33: Giải phương trình log 2 (x – 1) = 3 .

    1. x = 9 B. x = 7 C. x =10                                     D. x = 8

    Câu 34: Cho hình chóp S.ABC đáy là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết SA = 3a , BA = 2a, BC = a . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC?

    1. V = 3a3 B. V = a3 C. V = 6a3                                 D. V = 4a3

    Câu 35: Cho hàm số y =  x 2 + x +1 . Đồ thị hàm số đã cho có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận?

    x – 2

    1. 2 B. 1 C. 3                                              D. 0

    Câu 36: Kí hiệu S là tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình log 4 x. log 4 (4 x) = 6 . Tìm S?

    { } { } { } í ý
    A. S = -12;8 B. S = -8;12 C. S = 16 D. S = ì 1 ;16ü
    î 64
    þ

    Câu 37: Cho lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 2BC, góc giữa hai mặt phẳng

    • AA‘B) và (AA ‘ C )bằng 300 . Hình chiếu vuông góc của A ‘ trên mặt phẳng (ABC ) là trung điểm H của

    cạnh AB, gọi K là trung điểm AC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng A ‘ A và HK bằng a 3 . Tính thể tích V của lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ ?

    A. V = 8 3 a3 B. V = 8 a3 C. V = 4 3 a3 D. V = 4 a3
    3 3
    3 3

    Câu 38: Trong phòng thí nghiệm sinh học người ta quan sát 1 tế bào sinh dục sơ khai của ruồi giấm với bộ nhiễm sắc thế 2n = 8, nguyên phân lên tiếp k lần, thì thấy rằng: Sau khi kết thúc k lần nguyên phân thì số nhiễm sắc thể đơn mà môi trường cần cung cấp cho quá trình phân bào là 2040. Tính k?

    1. k = 6 B. k = 8 C. k = 9                                       D. k = 7

    Câu 39: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh AB = 2a. Tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phắng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB và N là điểm trên cạnh SC sao cho SC = 3SN . Tính thể tích V của khối chóp S.AMN.

    A. V = 2 3 a3 B. V = 3 a3 C. V = 3 a3 D. V = 2 3 a3
    9 3
    9 3
    Câu 40: Cho khối chóp S . ABCD với đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O có thể tích bằng 24a3 . Tính thể tích V
    của khối chóp S . ABO ?
    A. V = 2a3 B. V =12a3 C. V = 6a3 D. V = 8a3
    Câu 41: Cho hàm số y = f ( x ) { }
    xác định trên \  0  , liên tục trên từng khoảng xác định của nó và có bảng
    W: www.hoc247.vn   F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 6

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

     

    biến thiên:

    Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

    1. Hàm số có giá trị cực tiểu là -1.
    1. Đồ thị hàm số đạt cực đại tại x = -1 và đạt cực tiểu tại x =1

     

    1. Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và đạt cực tiểu tại x =1
    1. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng – 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 2

    Câu 42: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh là 3a, góc BAC = 600 , cạnh SC = 4a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.

    A. V = 3 21 a3 B. V = 3 21 a3 C. V = 15 3 a3 D. V = 15 3 a3
    2 4 2 4

    2 –  +

    y = æ 3 öx            2 x  2

    Câu 43: Cho hàm số          ç  ÷                . Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào đúng?

    1. Hàm số luôn đồng biến trên . B. Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng (-¥;1).
    1. Hàm số luôn đồng biến trên khoảng (-¥;1). D. Hàm số luôn nghịch biến trên .

    Câu 44: Có tất cả bao nhiêu loại khối đa diện đều?

    1. 6 B. 5 C. 3                                              D. 4

    Câu 45: Cho lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có thể tích bằng 12. Tính thể tích V của tứ diện A ‘.ABC ?

    1. V = 2 B. V = 6 C. V = 3                                      D. V = 4

    Câu 46: Cho lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC, góc giữa A ‘ M và đáy (ABC) bằng 300 . Tính thể tích V của lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ ?

    A. V = 3 a3 B. V = 3 a3 C. V = 3 a3 D. V = 3 a3
    24 12 8 4

    Câu 47: Cho lăng trụ ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có hình chóp A ‘.ABCD là một hình chóp tứ giác đều với cạnh đáy là 2a . Cạnh bên của lăng trụ tạo với mặt đáy một góc 450 . Tính thể tích V của lăng trụ ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ .

    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 7

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

    A. V = 4 a3 B. V = 4a3 C. V = 4 2 a3 D. V = 4a3
    2
    3 3

    Câu 48: Cho số thực không dương y và số thực x thỏa mãn x 2 – 3 x – y = 4 . Kí hiệu min A là giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 2 y + 3xy + 5 y + 27 x + 35 . Tìm min A?

    A. min A = 8 B. min A = -8 C. min A =15 D. min A = -1
    Câu 49: Tìm giá trị thực của tham số m sao cho hàm số f (x ) = 1 x 3 + mx 2 + ( m 2 – 4 )x đạt cực đại tại x =1 ?
    3
    A. m = 3 B. m =1 C. m = -3 D. m = -1
    Câu 50: Giải phương trình (1, 5) 5 x-7 æ 2 öx+1
    = ç ÷  .
    è 3 ø
    A. x = 2 B. x =1 C. x = 3 D. x = 4
    2 3
    ———– HẾT ———-

    ĐÁP ÁN

    1 A 11 B 21 C 31 A 41 C
    2 C 12 A 22 B 32 D 42 A
    3 D 13 A 23 B 33 A 43 C
    4 C 14 D 24 B 34 B 44 B
    5 D 15 B 25 B 35 C 45 D
    6 B 16 A 26 D 36 D 46 C
    7 A 17 D 27 A 37 B 47 A
    8 B 18 C 28 C 38 B 48 D
    9 D 19 D 29 A 39 B 49 C
    10 C 20 D 30 A 40 C 50 B
    W: www.hoc247.vn F: www.facebook.com/hoc247.vn T: 098 1821 807 Trang | 8

    Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

  • Đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 có đáp án môn thi Vật lý 12 – Đề số 5 (Năm học 2015-2016)

    Đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 có đáp án môn thi Vật lý 12 – Đề số 5 (Năm học 2015-2016)

    Đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 có đáp án môn thi Vật lý 12 – Đề số 5 (Năm học 2015-2016)

    Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

    Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

    Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

    (Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

    Đề cương liên quan: Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12

    [toc]

    Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 có đáp án môn thi Vật lý 12 – Đề số 5 (Năm học 2015-2016)

    Đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 có đáp án môn thi: Vật lý 12

      Đề số 5 (Năm học 2015-2016)

    Câu 1:Khi một vật dao động điều hòa thì

    1. lực kéo về tác dụng lên vật có độ lớn cực đại khi vật ở vị trí cân bằng.
    2. gia tốc của vật có độ lớn cực đại khi vật ở vị trí cân bằng.
    3. lực kéo về tác dụng lên vật có độ lớn tỉ lệ với bình phương biên độ.
    4. vận tốc của vật có độ lớn cực đại khi vật ở vị trí cân bằng.

    Câu 2:Công thức nào sau đây đ­­ược dùng để tính chu kì dao động của con lắc đơn

    1. B. C.                 D.

    Câu 3.Tìm Câu trả lời đúng khi nói về dao động điều hòa

    A.Gia tốc trong dao động điều hòa sớm pha hơn li độ là π/2

    B.Vận tốc trong dao động điều hòa trễ pha hơn li độ là π/2

    C.Gia tốc trong dao động điều hòa trễ pha hơn vận tốc là π/2

    D.Gia tốc trong dao động điều hòa sớm pha hơn vận tốc là π/2

    Câu 4. Chọn Câu sai:  Năng lượng của một vật dao động điều hòa:

    1. Luôn luôn là một hằng số.
    2. Bằng động năng của vật khi qua vị trí cân bằng.
    3. Bằng thế năng của vật khi qua vị trí cân biên.
    4. Biến thiên tuần hoàn theo thời gian với chu kì T.

    Câu 5.Hiện tượng cộng hưởng thể hiện rõ rệt nhất khi

    1. biên độ của lực cưỡng bức nhỏ.                              B.  tần số của lực cưỡng bức lớn.
    2. lực ma sát của môi trường lớn.                               D.  lực ma sát của môi trường nhỏ.

    Câu 6.Hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số, có các phương trình dao động là:  và . Biên độ của dao động tổng hợp hai dao động trên là
    A. 1 cm.                                              B. 7 cm.                                   C. 5 cm.                                   D. 12 cm.

    Câu 7.Một vật dao động điều hoà với tần số 2,5 Hz và có biên độ 0,020 m. Vận tốc cực đại của nó bằng:

    1. 0,008 m/s ;          B.   0,050 m/s ;                        C.  0,125 m/s;                          D.   0,314 m/s.

    Câu 8.Một con lắc lò xo gồm một vật nhỏ có khối lượng 400g, lò xo khối lượng không đáng kể và có độ cứng 100N/m. Con lắc dao động điều hòa theo phương ngang. Lấy . Dao động của con lắc có chu kì là:

    1. 0,8s B. 0,4s                                     C. 0,2s                                     D. 0,6s

    Câu 9. Chọn đáp án đúng.  Một con lắc đơn gồm vật  nặng khối lượng m, chiều dài l, dao động với tần số f. Nếu giảm khối lượng của vật đi 2 lần thì tần số  f’ của con lắc là:

    A.f’ = 2f .                        B.f’ = 0,5f                        C.f’ = 0,2f.                        D.f’ = f.

    Câu 10. Một con lắc lò xo gồm vật có khối lượng m = 10 g và lò xo có độ cứng k, dao động điều hòa trên quỹ đạo dài  4 cm, tần số 5 Hz. Lúc t = 0, vật ở vị trí cân bằng và bắt đầu đi theo hướng dương. Biểu thức tọa độ của vật theo thời gian là:
    A. x = 2cos(10πt – π) (cm).                                                   B. x = 4cos(10πt + π) (cm).

    1. x = 4cos(10πt + π/2) (cm). D. x = 2cos(10πt – π/2) (cm).

    Câu 11.Vật có khối lượng m = 100 g treo vào lò xo có độ cứng k = 40 N/m. Kéo vật xuống dưới VTCB 1 cm rồi truyền cho vật vận tốc 20 cm/s hướng thẳng lên để vật dao động điều hòa. Biên độ dao động của vật là:

    A.cm.                           B. 2 cm.                                  C. 2cm.                             D. 4cm

    Câu 12.Trong hiện tượng giao thoa sóng với hai nguồn đồng pha, những điểm trong vùng giao thoa không dao động khi hiệu đường đi của sóng từ hai nguồn là:

    1. . B. . C. .                 D. .

    Câu 13.Sóng ngang truyền được trong các môi trường nào?

    1. rắn, lỏng và khí. B. rắn và bề mặt chất lỏng.
    2. khí và rắn. D. lỏng và khí.

    Câu 14.Chọn một phát biểu đúng khi nói về độ to của âm :

    A.Độ to của âm là đặc tính sinh lí của âm phụ thuộc vào tần số của âm

    B.Độ to của âm là đặc tính vật lí của âm phụ thuộc vào mức cường độ âm

    C.Độ to của âm là đặc tính sinh lí của âm phụ thuộc vào đồ thị dao động âm

    D.Độ to của âm là đặc tính sinh lí của âm phụ thuộc vào mức cường độ âm

    Câu 15.Hiện tượng sóng dừng trên dây đàn hồi, khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp bằng bao nhiêu?

    1. bằng hai lần bước sóng. B. bằng một phần tư bước sóng.
    2. bằng một bước sóng. D. bằng một nửa bước sóng.

    Câu 16.Một lá thép mỏng, một đầu cố định, đầu còn lại được kích thích để dao động với chu kì không đổi và bằng 0,08 s. Âm do lá thép phát ra là

    1. âm mà tai người nghe được. B. nhạc âm.
    2. hạ âm. D. siêu âm.

    Câu 17.Cường độ âm tại một điểm trong môi trường truyền âm là 10-5 W/m2. Biết I0 = 10-12 W/m2. Mức cường độ âm tại điểm đó bằng:

    1. 50 dB B. 60 dB C. 70dB                         D. 80 dB

    Câu 18.Một người quan sát trên mặt hồ thấy khoảng cách giữa 2 ngọn sóng liên tiếp bằng 2 m và có 6 ngọn sóng qua trước mặt trong 8 s. Vận tốc truyền sóng trên mặt nước là

    1. 1,25 m/s B. 3 m/s C. 3,2 m/s                               D. 2,5 m/s

    Câu 19.Sóng dừng trên dây dài 1m với vật hai đầu cố định, có một múi. Bước sóng là:

    1. 2 m B. 25 cm C. 2,5 m                         D. 0,5 m

    Câu 20. Tại hai điểm A và B cách nhau 16cm trên mặt nước dao động cùng tần số 50Hz, cùng pha, vận tốc truyền sóng trên mặt nước 100cm/s . Trên AB số điểm dao động với biên độ cực đại là

    1. 15 điểm kể cả A và B B. 15 điểm trừ A và B.         C. 16 điểm trừ A và B.    D. 14 điểm trừ A và B.

    Câu 21. Dòng điện xoay chiều trong đoạn mạch chỉ có điện trở thuần

    1. cùng tần số với hiệu điện thế ở hai đầu đoạn mạch và có pha ban đầu luôn bằng 0.
    2. cùng tần số và cùng pha với hiệu điện thế ở hai đầu đoạn mạch.
    3. luôn lệch pha π/2 so với hiệu điện thế ở hai đầu đoạn mạch.
    4. có giá trị hiệu dụng tỉ lệ thuận với điện trở của mạch.

    Câu 22.Số đo của vôn kế xoay chiều chỉ

    1. giá trị trung bình của hiệu điện thế xoay chiều
    2. giá trị hiệu dụng của hiệu điện thế xoay chiều.
    3. giá trị tức thời của hiệu điện thế xoay chiều.
    4. giá trị cực đại của hiệu điện thế xoay chiều

    Câu 23. Mạch điện RLC có cộng hưởng. Kết luận nào sau đây là không đúng ?

    1. Cư­­ờng độ hiệu dụng của dòng điện có giá trị cực tiểu.
    2. Tổng trở đoạn mạch có giá trị cực tiểu.
    3. Công suất tiêu thụ của đoạn mạch đạt giá trị cực đại.
    4. Hiệu điện thế hiệu dụng hai đầu điện trở thuần bằng hệu điện thế hiệu dụng hai đầu đoạn mạch.

    Câu 24.  Tìm phát biểu sai khi nói về máy biến áp:

    1. Khi tăng số vòng dây ở cuộn thứ cấp, hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn thứ cấp tăng.
    2. Khi giảm số vòng dây ở cuộn thứ cấp, cường độ dòng điện trong cuộn thứ cấp giảm.
    3. Muốn giảm hao phí trên đường dây tải điện, phải dùng máy tăng thế để tăng hiệu điện thế.
    4. Khi mạch thứ cấp hở, máy biến thế xem như không tiêu thụ điện năng.

    Câu 25. Khi tần số dòng điện xoay chiều chạy qua đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm tăng lên 2 lần thì cảm kháng của cuộn cảm

    1. tăng lên 4 lần. B. tăng lên 2 lần. C. giảm đi 2 lần.     D. giảm đi 4 lần.

    Câu 26.Đặt vào hai đầu tụ điện  một điện áp xoay chiều u = 141cos(100t)V. Cường độ dòng điện qua tụ điện là

    1. I = 1,41A. B. I = 1A C. I = 2,00A.               D. I = 100Ù.

    Câu 27. Một cuộn dây khi mắc vào điện áp xoay chiều 50V – 50Hz thì cường độ dòng điện qua cuộn dây là 0,2A và công suất tiêu thụ trên cuộn dây là 1,5W. Hệ số công suất của mạch là bao nhiêu?

    1. k = 0,15. B. k = 0,25.                  C. k = 0,50.               D. k = 0,75.

    Câu 28. Hiệu điện thế xoay chiều giữa hai đầu điện trở R = 100cú biểu thức:u = 100cos wt (V) .Nhiệt lượng tỏa ra trên R trong 1phút là

    1. 200 J B. 6000J
    2. 600J D. 6000 J

    Câu 29. Cho dòng điện i = 2cos ( 100pt + ) (A) chạy qua một đoạn mạch điện. Viết biểu thức điện áp ở hai đầu mạch biết điện áp cực đại là 120 V và điện áp trễ pha với cường độ dòng điện qua mạch :

    1. u = 120 cos (100pt – ) (V). B. u = 120 cos (100pt + ) (V).
    2. u = 120 cos (100pt – ) (V). D. u = 120 cos (100pt +) (V).

    Câu 30. Đoạn mạch gồm điện trở R = 200 W nối tiếp với cuộn thuần cảm L =  H, đặt vào hai đầu mạch điện áp u = 400 cos (100pt ) (V). Điện áp hiệu dụng ở hai đầu điện trở R và hai đầu cuộn cảm là

    1. UR = 400 V, UL = 400 V. B. UR = 400 V, UL = 400 V.
    2. UR = 200 V, UL = 200 V. D. UR = 200 V, UL = 200 V.

    Câu 31. Một đoạn mạch gồm một tụ điện có dung kháng  và một cuộn cảm có cảm kháng  mắc nối tiếp. Điện áp tại hai đầu cuộn cảm có dạng . Biểu thức điện áp ở hai đầu tụ điện có dạng:

    1. B.
    2. D.

    Câu 32. Một khung dây dẹt hình chữ nhật gồm 200 vòng, có các cạnh 15cm và 20cm quay đều trong từ trường với vận tốc 1200 vòng/phút. Biết từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ  vuông góc với trục quay và B=0,05T. Giá trị hiệu dụng của suất điện động xoay chiều là:

    1. 37,7V. B. 26,7V.                             C. 42,6V.                           D. 53,2V.

    Câu 33. Một vật dao động điều hoà quanh vị trí cân bằng. Khi vật đi từ vị trí biên về vị trí cân bằng thì

    1. vận tốc giảm đều, gia tốc không đổi. B. vận tốc tăng đều, gia tốc giảm đều.
    2. vận tốc giảm, gia tốc biến thiên điều hoà. D. vận tốc tăng, gia tốc biến thiên điều hoà.

    Câu 34. Phương trình dao động của một chất điểm dao động điều hoà dọc theo trục Ox có dạng
    x = Acos(2t + . Gốc thời gian được chọn lúc nào ?

    1. Lúc chất điểm có li độ x = A. B. Lúc chất điểm có li độ x = – A.
    2. Lúc chất điểm đi qua vị trí x = A/2 ngược chiều dương của trục toạ độ.
    3. Lúc chất điểm đi qua vị trí x = A/2 cùng chiều dương của trục toạ độ.

    Câu 35. Đại lượng nào kể sau của sóng cơ học không phụ thuộc vào môi trường truyền sóng?

    1. Biên độ. B. Vận tốc truyền sóng.       C. Tần số.                    D. Bước sóng

    Câu 36.Một nguồn phát sóng cơ dao động theo phương trình .Biết dđ tại hai điểm gần nhau nhất trên cùng một phương truyền sóng cách nhau 0,5 m có độ lệch pha là .Tốc độ truyền của sóng đó là

    1. 1,0 m/s B. 2,0 m/s. C. 1,5 m/s.                         D. 6,0 m/s.

    Câu 37.Chọn Câu Đúng.  Dòng điện xoay chiều là dòng điện:

    1. có cường độ biến thiên tuần hoàn theo thời gian. B. có cường độ biến đổi điều hoà theo thời gian.
    2. có chiều biến đổi theo thời gian. D. có chu kỳ không đổi.

    Câu 38. Khi có cộng hưởng điện xảy ra thì

    1. cường độ hiệu dụng của dòng điện qua mạch có giá trị không phụ thuộc điện trở R của mạch.
    2. điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện và giữa hai đầu cuộn dây luôn bằng nhau.
    3. điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện luôn đạt giá trị cực đại.
    4. điện áp giữa hai đầu điện trở thuần cùng pha với hiệu điện thế hai đầu mạch.

    Câu 39.Một máy phát điện xoay chiều một pha sản xuất ra suất điện động có biểu thức: (V).Nếu rôto quay 600 vòng/phút thì số cặp cực là:

    1. p = 10 B.  p = 8                                    C.  p = 5                                D.  p = 4

    Câu 40. Một đoạn mạch điện xoay chiều gồm điện trở thuần, cuộn cảm thuần và tụ điện mắc nối tiếp. Biết cảm kháng gấp đôi dung kháng. Dùng vôn kế xoay chiều (điện trở rất lớn) đo điện áp giữa hai đầu tụ điện và điện áp giữa hai đầu điện trở thì số chỉ của vôn kế là như nhau. Độ lệch pha của điện áp giữa hai đầu đoạn mạch so với cường độ dòng điện trong đoạn mạch là

    1. . B. .                    C. .                                                        D. .

    ĐÁP ÁN

    Câu Đáp án Câu Đáp án
    1 D 25 B
    2 A 26 B
    3 D 27 A
    4 D 28 D
    5 D 29 A
    6 C 30 D
    7 D 31 D
    8 B 32 B
    9 D 33 D
    10 D 34 C
    11 A 35 C
    12 D 36 D
    13 B 37 B
    14 D 38 D
    15 D 39 C
    16 C 40 A
    17 C    
    18 A    
    19 A    
    20 B    
    21 B    
    22 B    
    23 A    
    24 B    

     

  • Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12

    Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12

    Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12

    Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

    Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

    Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

    (Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

    Đề cương liên quan: Bộ đề thi thử THPT quốc gia năm 2016 có đáp án môn Toán

    [toc]

    Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12

     

    Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn: Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

     

    ĐỀ BÀI

    Câu I. Cho hàm số  có đồ thị (C) (C)
    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

    1. b) Chứng minh rằng d: cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để  P =  đạt giá trị nhỏ nhất.

    Câu II.

    1. Giải phương trình:
    2. Giải hệ phương trình:

    Câu III

    1. Cho .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
    2. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm thực:

    Câu IV

    1. Cho khai triển: .

    Tính tổng: A=. Biết:

    1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho đường tròn và đường thẳng . Tìm tọa độ điểm  thuộc  sao cho từ điểm  kẻ được 2 tiếp tuyến  đến  với  là các tiếp điểm đồng thời đường thẳng  đi qua điểm

    Câu V

    1. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
    2. Trong không gian với hệ tọa độ cho mặt phẳng và mặt cầu . Từ  điểm  trên  kẻ 1 đường thẳng  tiếp xúc với  tại điểm . Xác định vị trí của điểm  để độ dài đoạn thẳng  bằng

     

    ————————-Hết—————————–

    HƯỚNG DẪN ĐỀ ÔN THI HỌC  SINH GIỎI TỈNH ĐỀ 02

     

    Câu Nội dung Điểm
    I

    2,0đ

    		 2) Cho hàm số  có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = – 2x + m. Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi  lần lượt là hệ số góc của  tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để  P =  đạt giá trị nhỏ nhất.  
    Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d: 0,5
    Xét phương trình (*), ta có:  và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. 0,5
    Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là

    , trong đó , là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy   (k1>0, k2>0)

    		 0,5
    Có P = , do dó MinP = 22014  đạt được khi

    do , phân biệt nên ta có x1 +2 = – x2 – 2

    x1 + x2 = – 4  m = – 2. Vậy m = – 2 là giá trị cần tìm.

    		 0,5
    II.1

    2,0đ

    		 Giải phương trình:
    0, 5
    0,5
    0,5
    Vậy pt có nghiệm là , , 0,5
    II.2

    2,0đ

    		 Giải hệ phương trình:
    Ta có hệ

    Xét hàm số . Ta có  nên hàm số f(t) đồng biến trên .

    		 1
    Nếu x>y thì , vô lí

    Tương tự, không thể có x<y. Vậy x=y

    		 1
    Thay x=y vào (1) ta được:

    .

    		 0,5
    Vậy hệ có ba nghiệm (x;y) là: . 0,5
    III.1

    1,0đ

    		  
    xét  hàm số theo biến a: , 0,5
    Tính đạo hàm trực tiếp suy ra hàm f(a) nghịch biến trên đoạn , 1,0
    Vậy , khi ; Vậy , khi . 0,5
    III.2

    2,0đ
    * Giải BPT: . Với , (1) tương đương với 0,5
    Từ đó tìm ra  hoặc . 0,5
    * Giả sử  là một nghiệm của PT:  (2)

    Khi đó PT:  phải có nghiệm m

    Suy ra PT:  phải có nghiệm m. Do đó

    Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0.

    		 0,5
    Do đó hệ (1), (2) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x=2.

    Thay x=2 vào (2) ta được:

    Vậy với  thì hệ (1), (2) có nghiệm.

    		 0,5
    IV.1

    1,5đ

    		  
    Giải phương trình:  ta được:  n =9 0,5
    Với n = 9 ta có

    Lấy đạo hàm hai vế ta được:

    		 0, 5
    Cho x = 1 ta được A=. 0,5
    IV.2

    2,0đ

    		  
    Cách 1.

    Đường tròn  có tâm  và bán kính

    Gọi  là trung điểm của

    Giả sử  suy ra: và Vì  nên  thuộc đường tròn  có tâm  và bán kính
    		0,5
    Phương trình . Hay 0,5
    Như vậy 2 điểm  vừa thuộc đường tròn  vừa thuộc đường tròn  do đó tọa độ của  là

    nghiệm của hệ:

    		 0,5
    Do đó  thuộc đường thẳng .

    Hay nói cách khác là đường thẳng  có phương trình:

    Vì đường thẳng  đi qua điểm  nên ta có:

    		 0,5
    V.1

    2,0đ

    		 Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và đoạn CD sao cho  BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
    +) Đặt , với . Khi đó ta có:  và 0,5
    +) Ta có:

    Do đó:

    		 0,5
    +) MN2 =

    = a2 = (2x2 – 2x + 1)a2

    		 0,25
    +) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn  ta có: 0,25
    +) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng  khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. 0,25
    +) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi MB, ND hoặc MA, NC. 0,25
     

     

    V.2

    2,0đ

    		 Trong không gian với hệ tọa độ  cho mặt phẳng  và mặt cầu . Từ  điểm  trên  kẻ 1 đường thẳng  tiếp xúc với  tại điểm . Xác định vị trí của điểm  để độ dài đoạn thẳng  bằng
    Mặt cầu  có tâm  và bán kính

    Vì  là tiếp tuyến của mặt cầu nên
    Từ đó ta tính được :

    Do đó điểm  thuộc mặt cầu  tâm  và bán kính

    		 0,5
    Vậy nên tập hợp các điểm  là đường tròn  chính giao tuyến giữa mặt cầu  và mặt phẳng 0,5
    +)Tâm của  là hình chiếu vuông góc của  trên mặt phẳng  và ta dễ dàng xác định được tâm là điểm

    +) Bán kính của  là:

    		 0,5

     

     

  • Bộ đề thi thử THPT quốc gia năm 2016 có đáp án môn Toán

    Bộ đề thi thử THPT quốc gia năm 2016 có đáp án môn Toán

    Bộ đề thi thử THPT quốc gia năm 2016 có đáp án môn Toán

    Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

    Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

    Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

    (Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

    Đề cương liên quan: Đề thi khảo sát đại học, cao đẳng năm học 2014-2015 lần 1 có đáp án môn Toán – Trường THPT Nam Yên Thành

    [toc]

    Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Bộ đề thi thử THPT quốc gia năm 2016 có đáp án môn Toán

    Bộ đề thi thử THPT quốc gia năm 2016 có đáp án môn Toán

     

    CÂU HỎI

    Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x3 – 3x2 + 2

    Câu 2 (1,0 điểm).Tìm cực trị của hàm số : y = x – sin2x + 2.

    Câu 3 (1,0 điểm).

    1. a) Cho tana = 3 . Tính giá trị biểu thức M = 3sina – 2cosa 5sin3 a + 4cos3 a
    2. b) Tính giới hạn : L = lim x – 4x – 3

    x®3       x 2 – 9

    Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 3sin2 x – 4sin x cos x + 5cos2 x = 2

    Câu 5 (1,0 điểm).
    a) Tìm hệ số của x10 trong khai triển của biểu thức : çæ3x3 – 2 ÷ö 5 .
    2
    è x ø
    1. Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu nhiên (đồng thời) 3quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh.

    Câu 6 (1,0 điểm). 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.

    Câu 7 (1,0 điểm).

    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 = 2MS . Biết AB = 3, BC = 33 , tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM .

    Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy), cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J ( 2;1) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình : 2x + y -10 = 0 và D ( 2;-4) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 = 0 .

    ì 3 – y 3 + 3x -12y + 7 = 3x 2 – 6y 2
    Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : ï x
    í
    ï  x + 2 +  4- y = x3 + y2 – 4x – 2y
    î

    Câu10 (1,0 điểm).Cho hai phương trình : x3 + 2x2 + 3x + 4 = 0 và x3 – 8x2 + 23x – 26 = 0 .

    Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó.

    ­­­­­­­­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:………………

    TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC                  HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2015­2016

    Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)

    Câu

    1 (1,0 đ)

    Đáp án

    Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x3 – 3x2 + 2 Tập xác định: D = ¡ .

    2                                  é x = 0

    Ta có y’ = 3x – 6x. ; y’ = 0 Û ê

    ­ 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®+¥ x®-¥
    Bảng biến thiên:
    x -¥ 0 2 +¥
    y’ + 0 ­ 0 +
    y 2 +¥
    -¥ ­2
    Đồ thị:
    y
    f(x)=(x^3)­3*(x)^2+2

    5

    x

    ­8 ­6 ­4 ­2 2 4 6 8

    Điểm

    1,0

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    ­5

    Câu 2 .Tìm cực trị của hàm số : y = x – sin2x + 2. 1,0
    Tập xác định D = ¡ 0,25
    f ¢( x) = 1- 2cos2x , f ¢¢ ( x) = 4sin2x
    2 (1,0 đ)  f ¢ ( x) = 0 Û 1- 2cos2x = 0 Û cos2x = 1 Û x = ± p + kp ,k Î ¢ 0,25
    2 6

    3.(1,0đ)

    4 .(1,0 đ)

    f ¢¢ æ p ö æ p ö p
    3 < 0 Þ hàm số đạt cực đại tại xi
    ç – + k p÷ = 4sin ç – ÷ = -2 = – + k p
    3
    è 6 ø è ø 6
    æ p ö p 3
    Với yCD = f ç – + kp÷ = – + + 2+ kp ,k Î ¢
    6 6 2
    è ø
    f ¢¢ æ p ö æ p ö p
    ç + k p ÷ = 4sinç ÷ = 2 3 > 0 Þ hàm số đạt cực tiểu tại xi = + k p
    6 3
    è ø è ø 6
    Với yCT = f æ p + kp ö = p – 3 + 2+ kp ,k Î ¢
    ç ÷
    6 6 2
    è ø

    Cho tana = 3 . Tính giá trị biểu thức M = 3sina – 2cosa 5sin3 a + 4cos3 a

    3sina ( sin2 a + cos2 a ) – 2cosa ( sin2 a + cos2 a )

    • =

    5sin3 a + 4cos3 a

    = 3sin3 a – 2sin2 a cosa + 3sina cos2 a – 2cos3 a (chia tử và mẫu chocos 3 a ) 5sin3 a + 4cos 3 a

    • 3tan3 a – 2tan2 a + 3tana – 2

     

    5tan3 a + 4

    Thay tana = 3 vào ta được M = 3.33 – 2.32 + 3.3– 2 = 70
    5.33 + 4 139

    Lưu ý: HS cũng có thể từ tana = 3 suy ra 2kp < a < p + 2kp và

    2
    cosa = 1 ;sina = 3 rồi thay vào biểu thức M.
    10 10
    1. b) Tính giới hạn : L = lim x – 4x – 3

    x®3       x 2 – 9

    ( x – )( x + )
    L = lim 4x – 3 4x – 3 = lim x2 – 4x + 3
    x®3 ( x2 – 9)( x +  4x – 3) x®3 ( x2 – 9)( x +  4x – 3)
    L = lim x -1 = 3 – 1 = 1
    x®3 ( x + 3)( x +  4x – 3) ( 3+ 3)( 3+  4.3-1) 18
    Câu 4.Giải phương trình : 3sin2 x – 4sin x cos x + 5cos2 x = 2
    Phương trình Û 3sin2 x – 4sin x cos x + 5cos2 x = 2( sin2 x + cos2 x )
    • sin2 x – 4sin x cos x + 3cos2 x = 0

    Û ( sin x – cos x)( sin x – 3cos x) = 0 Û sin x – cos x = 0 Ú sin x – 3cos x = 0

    • tan x =1 Ú tan x = 3 Û x = p + kp Ú x = arctan3+ kp ,k ÎZ 4

    Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x = p + kp , x = arctan3+ kp ,k Î Z

    4

    a) Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển của biểu thức : çæ3x3 – 2 ÷ö 5 .
    2
    è x ø
    æ 3 2 ö5 5 k 3 5- k  æ 2 ö k 5 k k 5-k k  15- 5k
    ç3x – ÷ = åC5 ( 3x ) .ç – ÷ = åC5 ( – 1) 3 .2 x
    x 2 x 2
    è ø k =0 è ø k = 0
    Hệ số của của số hạng chứa x10 là C k (-1)k 35– k 2k , với 15- 5k =10 Û k = 1
    5
    Vậy hệ số của x10 là : C51 ( -1)1 3421 = -810

    0,25

    0,25

    0,5

    0,25

    0,25

    0,5

    0,25

    0,25

    1,0

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    1,0

    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  nhiên3quả. Tính xác suất để trong 3 quả cầu chọn ra có ít nhất một quả cầu màu

    xanh.

    Số phần tử của không gian mẫu là n ( W) = C 203

    GọiAlà biến cố “Chọn được ba quả cầu trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh” Thì A là biến cố “Chọn được ba quả cầu màu đỏ” Þ n ( A) = C3 Þ P ( A) = C123

    12                         C 3

    20

    C3      46

    Vậy xác suất của biến cố Alà P ( A) = 1- P ( A) = 1-  12 =

    C 203 57

    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 = 2x – x = 4- 5 = – 1
    Do I là trung điểm BD . Suy ra í B I D Þ B ( -1;2)
    î yB = 2yI – y D = 2- 0 = 2
    6 .(1,0 đ) Do I là trung điểm AC . Suy ra íì xC = 2xI – xA = 4 + 2 = 6 Þ C ( 6;3)
    î yC = 2yI – y A = 2 +1= 3
    uuur uuur
    Góc nhọn a = ( AC,BD ) . Ta có AC = ( 8;4) , BD = ( 6;- 2)
    uuur uuur uuur uuur
    AC × BD 48- 8 2
    cosa = cos( AC, BD) = uuur uuur = = Þ a = 45o
    AC BD 4 5.2 10 2
    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 = 2MS . Biết AB = 3, BC = 3 , tính thể tích
    3
    của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM .
    Gọi H là trung điểm S
    AB Þ SH ^ AB ( do
    DSAB đều). N M
    Do ( SAB) ^ ( ABC ) Þ SH ^ ( ABC ) K
    Do DABC đều cạnh bằng 3
    nên SH = 3 , AC = BC2 – AB2 = 3 2 C
    3 A
    2
    H
    B
    33
    1 1 × SH × AB × AC = = 9 (đvtt)
    Þ V = × SH × S = 6 6
    S .ABC 3 ABC 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 )
    • ( BMN ) ^ ( SAB ) theo giao tuyến BN .

    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 (đvdt) và 2
    = = Þ S ABN = S SAB = × = AN = SA = 2
    3 3
    SA SC 3 4 2 3

    0,25

    0,25

    1,0

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    1,0

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    2SABN 2× 3 3
    3 21
    2 2 0 2
    7 Þ AK =
    BN =  AN + AB – 2AN.AB.cos60 = = =
    BN
    7 7

    3 21

    Vậy d( AC,BM ) =                 (đvđd)

    Lưu ý: Việc tính thể tích, học sinh cũng có thể giải quyết theo hướng CA ^ (SAB )

    và VS .ABC = VC.SAB

    Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy), cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J ( 2;1). Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình : 2x + y -10 = 0 và D ( 2;-4) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 = 0 .

    1,0

     

    AJ đi qua J ( 2;1) và D ( 2;-4) nên có phương trình AJ : x – 2 = 0

    { A} = AJ Ç AH , ( trong đó H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A )

    Tọa độ A là nghiệm của hệ

    ìx – 2 = 0 ì x = 2 Þ A( 2;6)
    í Û í
    î2x + y -10 = 0 î y = 6

    A

    E

    J

    I

    B    H    C

    0,25

    D
    8 .(1,0 đ) Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
    » » » »
    Ta có DB = DC Þ DB = DC và EC = EA
    · 1 » » 1 » » ·
    DBJ = 2 (sđ EC + sđ DC )= 2 (sđ EA + sđ DB )= DJB Þ DDBJ cân tại D Þ
    DC = DB = DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC
    B,C  nằm trên đường tròn tâm D ( 2;-4)
    Suy ra bán kính JD = 02 + 52 = 5 có
    phương trình ( x – 2) 2 + ( y + 4)2 = 25. Khi đó tọa độ B là nghiệm của hệ
    ì 2 2 é B ( -3;- 4 )
    ( y + 4) = 25 ìx = -3 ì x = 2
    ï( x – 2) + Ú Þ ê
    í Û í í ( 2;-9)
    ï x + y + 7 = 0 î y = -4 î y = – 9 ê B
    î ë
    Do B có hoành độ âm nên ta được B ( -3;-4)
    ï ( -3;- 4 ) ï
    ì qua B ì qua B ( -3;- 4) Þ BC : x – 2y – 5 = 0
    BC : í Þ BC :í = (1;- 2)
    ï ^ AH ï vtpt nr = ur
    î î AH
    Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ ( )
    ì 2 2 éC -3;-4 º B
    ( y + 4) = 25 ìx = -3 ì x = 5
    ï ( x – 2) + Ú Þ ê Þ C ( 5;0)
    í Û í í
    ï x – 2y – 5 = 0 î y = -4 î y = 0 êC ( 5;0)
    î ë
    Vậy A( 2;6) ,B ( -3;-4) ,C ( 5;0)
    ì 3 – y 3 + 3x -12y + 7 = 3x 2 – 6y 2 (1)
    ï x
    Câu 9. Giải hệ phương trình : í
    ï  x + 2 +  4 – y = x3 + y2 – 4x – 2y  ( 2)
    î
    Điều kiện : ìx + 2 ³ 0 ì x ³ -2
    í Û í
    î4- y ³ 0 îy £ 4

    0,25

    0,25

    1,0

    0,25

    Từ phương trình (1) ta có ( x -1)3 = ( y – 2)3 Û x -1= y – 2 Û y = x +1 ( 3)

     9 .(1,0 đ)  Thay( 3) vào( 2) ta được pt: x + 2 + 4 – ( x +1) = x3 + ( x +1) 2 – 4x – 2( x + 1) Û x + 2 + 3- x = x3 + x2 – 4x -1 , Đ/K -2 £ x £ 3

    • (x + 2 + 3– x ) – 3 = x3 + x2 – 4x – 4 Û 2(( x + 2)( 3– x) – 2) = ( x +1)( x2 – 4) (x + 2 + 3- x ) + 3
    2é( x + 2)( 3- x) – 4ù = ( x +1)( x2 – 4)
    Û ë û
    ( + 3) ( + 2)
    x + 2 + 3- x ( x + 2)( 3- x )
    • ( –x2 + x + 2)
    • (x + 2 + 3- x + 3) (( x + 2)( 3- x ) + 2) = ( x + 2)( x2 – x – 2)
    æ ö
    ç 2 ÷
    2 ç ÷
    Û ( x – x – 2) ç x + 2+ ÷ = 0
    x + 2 +  3- x + 3) ( ( x + 2)( 3- x ) + 2)
    ç ( ÷
    ç 144444444424444444443 ÷
    è > 0 ø
    • x2 – x – 2 = 0 Û x = 2 Ú x = – 1
    • x = 2 ¾¾®(3) y = 3Þ ( x; y ) = ( 2;3) ( thỏa mãn đ/k)
    • x = -1¾¾®(3) y = 0 Þ ( x; y ) = ( -1;0)( thỏa mãn đ/k)

    Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y) = ( 2;3) ,( x; y ) = ( -1;0)

    Câu10.Chohai phương trình: x3 + 2x2 + 3x + 4 = 0 và x3 – 8x2 + 23x – 26 = 0 .Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó

    • Hàm số f ( x) = x3 + 2x2 + 3x + 4 xác định và liên tục trên tập ¡ Đạo hàm f ¢ ( x) = 3x2 + 2x + 3 > 0,”x Î ¡ Þ f ( x ) đồng biến trên ¡ ( * )
    • ( -4) .f ( 0) = ( -40) .4 = -160 < 0 Þ $a Î ( -4;0) : f ( a ) = 0 ( **)

    Từ ( *) và ( **) suy ra phương trình

    x3 + 2x2 + 3x + 4 = 0 có một nhiệm duy nhất x = a
    10.(1,0đ) ·  Tương tự phương trình x3 – 8x2 + 23x – 26 = 0 có một nhiệm duy nhất x = b

    Theo trên : a3 + 2a2 + 3a + 4 = 0 (1)

    Và b3 – 8b2 + 23b – 26 = 0 Û ( 2 – b) 3 + 2( 2 – b) 2 + 3( 2 – b ) + 4 = 0 ( 2) Từ (1) và ( 2 ) Þ a3 + 2a2 + 3a + 4 = ( 2- b) 3 + 2( 2- b) 2 + 3( 2- b ) + 4 ( 3) Theo trên hàm số f ( x) = x3 + 2x2 + 3x + 4 đồng biến và liên tục trên tập ¡ Đẳng thức ( 3) Û f ( a) = f ( 2- b) Û a = 2 – b Û a + b = 2

    Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng 2 .

    Lưu ý khi chấm bài:

    0,25

    0,25

    0,25

    1,0

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    • Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao 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.
    • 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.

     

    • Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.

     

    • 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.

     

    TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĐC ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
    ——————————– Môn: TOÁN
    Đề thi thử lần 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
    ———————————
    Câu 1: (2,0 điểm)  Cho hàm số y 2x  4 (C)
    x  1
    1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
    1. b) Cho hai điểm A(1; 0) và B( 7; 4) . Viết phương trình tiếp tuyến của (C) , biết tiếp tuyến đi qua điểm trung diểm I của AB .

    Câu 2: (1,0 điểm)

    a) Cho . Tính giá trị P coscos   2 sinsin   2
    6 sincos   2 sincos   2
    1. Giải phương trình 2sin x  3cos x 2     3sin x  2 cos x 2    25

     

    Câu 3: (1,0 điểm)

    a) Cho hàm số y   x.ln x  2x . Giải phương trình y /    0
    2x  y 64
    b) Giải hệ phương trình  log 2 x2 y   3
    2
    Câu 4: (1,0 điểm) Cho hàm số f (x)  tan x 2 cot x    2 cos x  2 cos x  có nguyên hàm là F(x) và
    F .
    4 2

    Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số đã cho.

    Câu 5: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật .Biết SA ( ABCD) , SC hợp với mặt phẳng ( ABCD) một góc với tan 54 , AB 3a và BC 4a . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC) .

    Câu 6: (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho các điểm A(3;             4; 0) , B(0; 2; 4) , C(4; 2; 1) . Tính diện tích tam giác

    ABC và tìm tọa độ điểm D trên trục Ox sao cho  AD  BC .
    Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) : (x  1)2 ( y  1)2    4 có tâm là I 1 và đường tròn
    1
    (C2 ) : (x  4)2    ( y  4)2    10 có tâm là I2 , biết hai đường tròn cắt nhau tại A và B . Tìm tọa độ diểm M trên đường
    thẳng AB sao cho diện tích tam giác MI1 I2  bằng 6.
    Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình  x 2
    x  4 2x 50 .
    x  4 x  4 x  4
    Câu 9: (1,0 điểm) Cho x  0 và y  0 thỏa điều kiện x  y  2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
    1
    P   xy
    xy  1
    ———————— Hết———————-

    Thí sinh không được sử dụng tài liệu.. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

    Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………

     

    ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ
    Câu Đáp Án
    Câu 1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị y 2x  4 (đúng, dầy đủ)
    x  1
    b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) ,
    Gọi   qua I   3; 2  có hệ số góc k: y  k(x  3)  2
    2x  4
    k(x  3)  2
    x  1
    .Điều kiệntiếp xúc (C) 2 k
    2
    (x  1)
    .Giải hệx    2   k    2
    .Vậy phương trình tiếp tuyến :   : y2x  4
    Câu 2   a)Tính giá trị P 2  2 cos
    P 2  2 cos  cossin  sin
    2  2 sin  cossin  cos 2  2sin
    2  2 cos
    P 6 2
    3
    2  2sin
    6
    1. Giải phương trình 2sin x 3cos x 2 3sin x 2 cos x 2 25 sin 2x 1

     

    x   4  k

    Câu 3     a) Giải phương trình

    • x.ln x 2x    y /    ln x  1
    y /    0   ln x  1  0    x  e
    b) Giải hệ phương trình
    2x  y 64 x  y  6
    y 3
    log2  x2 x2    y  8
    Giải hệ   (2; 4) và ( 1; 7)
    Câu 4   Tìm nguyên hàm F(x)
    F(x)    tan x 2 cot x cos x  2 cos2 x dx =  2 sin x  sin 2x dx
    2 2
    2x cos x cos 2x C
    2
    2
    2
    2. 2. 0  C C    1
    F
    4 2 2
    4
    Vậy F(x)  2x cos x cos 2x 1
    2
    2

    Điểm

    1,0

    0,25

    0.25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

     

    Câu 5        Tính thể tích của khối chóp S.ABCD

    Xác định đúng góc SCA
    Thể tích V SABCD 1 S ABCD .SA 1 .3a.4a. 4 .5a  16a3
    3
    3 5
    Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC)
    Xác định dược khoảng cách d D, (SBC   d A, (SBC   AH
    Tính đúng d D, (SBC)   AH 12a
    5
    Câu 6 Tính diện tích tam giác ABC
    AB; AC18; 7;  24
    1 494
    S 182 72 242
    2 2
    Tìm tọa độ điểm D trên trục Ox sao cho  AD  BC .
    Gọi D(x; 0; 0)
    .Ta có AD  BC Û ( x – 3 )2 + 4 2 + 0 2 = 4 2 + 0 2 + 32
    Vậy : D(0; 0; 0) và D( 6; 0; 0 )
    Câu 7 Tìm tọa độ diểm M
    .phương trình đường thẳng d qua 2 điểm A và B (trục đẳng phương)
    d : x  y  4  0
    .Đường thẳng  I1 I2   đi qua tâm I1 và I2
    I1 I2  : x  y  0
    M (m; 4  m)  d
    SMI I 1 d M , (I1 I2  .I1 I2    6 m  4, m  0
    2
    1 2
    Vậy : M (4; 0) và M ( 0; 4)
    Câu 8 Giải phương trình  x 2
    x  4  x  4   2x    x  4   50
    x  4

    Điều kiện x     4

    x x 4 2 x 4 2 2x x 4 50 x x 4 2 2 x x 4 48 0

    Giải phương trình    x  x       4     5

    Giải phương trình: x  x    4    5         x     5

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

    0,25

     

    Câu 9 Cho x  0 và y  0 thỏa điều kiện x  y  2 .Tìm GTLN của biểu thức 1
    P   xy
    xy  1
    x  y 2
    Ta có 0  xy 1 0,25
    2
    Đặt t   xy , điều kiện 0  t  1
    P  t 1 P / 1 1 t(t  2) 0,25
    t  1 t  1 2 (t  1) 2
    0,25
    Vậy GTLN P 3 Khi x  1; y  1 0,25
    2
    SỞ GD&ĐT THANH HÓA KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016-LẦN 1
    TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 Môn thi: TOÁN
    (Đề thi gồm 01 trang) 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     x 3   3 x  1.

    Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x x 2 ln 1 2x trên đoạn 1; 0 .

    Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:

    1. 2 x 2 1 3 x 23 x 2  1   2x2  2
    2. log 3 x  5   log 9   x  2 2    log3   x  1   log3

    Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I    e x 3 ln xdx.

    1

    Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : x y z 1 0 và hai điểm A 1; 3; 0 , B 5; 1; 2 . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng P sao cho MA MB đạt giá trị lớn nhất.

    Câu 6 (1,0 điểm).

    1. Giải phương trình 23 cos 2 x 6 sin x. cos x  3  3

     

    1. Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10.

    Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC a 26 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD , SB theo a.

    Câu 8 (1,0 điểm). Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm ABM , điểm D 7; 2 là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA GD. Tìm tọa độ điểm A, lập phương trình AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3 x y 13 0.

    2x 4x 3x  1  2x 2  y 1
    3  2 y
    3 2 3
    Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2
    3 14  x 1
    x 2 3  2 y

    Câu 10 (1,0 điểm). Cho a , b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

    P a  3c 4b 8c .
    a  2b  c a  b  2c a  b  3c
    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……………….

     

    Trang 1

     

    ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (gồm 06nn trang)

    Câu   Ý Nội dung Điểm
    Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y    x 3   3 x  1. 1.00
    Tập xác định  .
    Sự biến thiên
    xlim   x 3 3 x  1; xlim   x 3 3 x  1 0.25

    x   1

    y ‘   3 x 2    3; y ‘  0

    x  1

    Hàm số đồng biến trên   1;1
    Hàm số nghịch biến trên các khoảng;  1 , 1;
    Hàm số đạt cực tiểu yCT 5 tại xCT      1
    Hàm số đạt cực đại yCD    1 tại xCD    1 0.25
    BBT
    x 1 1
    y ‘ 0 0
    y 1
    0.25
    3
    1.

    Đồ thị

    y “      6 x; y ” 0        x     0

    Điểm uốn U 0;  1

    Đồ thị hàm số

     y

    8

    6

    4

    2

    x

    -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

    -2

    -4

    -6

    -8

    Đồ thị hàm số nhận điểm U 0;  1  làm tâm đối xứng. 0.25
    Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y   f  x   x 2    ln 1  2x trên 1.00
    đoạn   1; 0 .
    2 x  1 0.25
    Ta có f ‘ x   2 x ; f ‘ x   0 1
    2. 1 2x x
    2
    1 1 0.25
    Tính f   1   1  ln 3; f ln 2; f  0   0
    2 4
    1
    Vậy min f x ln 2; max f x   0 0.50
    1;0 4 1;0

    Trang 1

     

    a) 2 x 2  1   3 x 2 3 x 2  1   2 x 2  2 1 0.50
    Tập xác định  . 0.25
    2 x 2  1   3 x 2 3 x 2  1   2 x 2  22 x 2  1  1  8   3 x 2  1  1  3
    2 x2  1 4 2
    x 1  2 x3.
    0.25
    9
    3
    b) log 3  x  5   log 9   x  2 2    log x  1   log 0.50
    2.  2
    3 3

    Tập xác định D    1;          \ 2 .

    2log 3  x  5   log 3  x  2  2 log 3  x  1   log 3 2

    x  5 . x  2 2 x  5 . x  2 2 x  1 2 0.25
    3. x  1 2
    Với x  2 ta có:  x  5  x  2   2 x  1 2 x 2    3 x  10  2 x 2    4 x  2

    x  3 x 2    7 x  12  0    x  4

    Với 1  x  2 ta có  x  5  2  x   2 x  1 2x 2    3 x  10  2 x 2    4 x  2
    1 97 t / m
    x
    6
    3 x 2    x  8  0
    1 97 loai
    x
    6
    97 0.25
    Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm 1
    x ;3; 4 .
    6
    Tính tích phân I   e x 3 ln xdx. 1.00
    1
    u x 1 dx  u ‘ x dx 0.50
    4. ln x
    Đặt x 3    v ‘ x x 1
    4
    v x 4 x
    e e 4 4
    I   1 x4 .ln x 1 x4 . 1 dx  e 1 x4 13e 1 0.50
    e
    4 1 1 4 x 4 16 16
    Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : x  y  z  1  0 và hai 1.00
    , B 5;  1; 2 . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng P sao cho
    điểm A 1;  3; 0
    MA  MB đạt giá trị lớn nhất.
    Kiểm tra thấy A và B nằm khác phía so với mặt phẳng  P . 0.25
    Gọi B ‘ x; y ; z là điểm đối xứng với B 5;  1;  2
    5. Suy ra B ‘ 0.25
    1; 3; 4
    Lại có MA  MB MA  MB ‘ AB ‘  const
    Vậy MA  MB đạt giá trị lớn nhất khi M , A, B ‘ thẳng hàng hay M là giao điểm 0.25
    của đường thẳng AB ‘ với mặt phẳng  P

    Trang 2

     

    A
    B’
    P M
    B
    x  1  t
    AB ‘ có phương trình  y   3
    z   2t
    x  1  t t   3
    2
    Tọa độ M  x; y ; z  là nghiệm của hệ y   3 x
    z   2t y 3
    6
    Vậy điểm M   2;  3; 6 x  y  z  1  0 z
    0.25
    a) Giải phương trình 2 3 cos 2 x  6 sin x. cos x  3 3 * 0.50
    Tập xác định  .
    * 1  cos 2 x   3sin 2 x  3 cos 2 x  3sin 2 x  3
    3 3 3
    1
    3 3 3 0.25
    cos 2 x sin 2 x sin 2x
    2 2 2 6 2
    2 x k 2 x k
    6 3 12 k    .
    0.25
    2
    2 x k 2 x k
    6 3 4
    6. b) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất 0.50
    để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm
    thẻ mang số chia hết cho 10.
    Gọi   là tập hợp các cách chọn ra 10 tấm thẻ từ 30 tấm thẻ đã cho
    Suy ra C10
    30
    Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ mang số lẻ, 15 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có 3 0.25
    tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
    Gọi   A  là tập hợp các cách chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số
    chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10
    Suy ra A C 5 .C 4 .C1
    15 12 3
    Vậy P A C 5 .C 4 .C1 99 .
    15 12 3 0.25
    C10 667
    30
    Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên SAD là tam
    giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC a 6 . Tính thể tích khối 1.00
    7. 2
    chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD , SB theo a.

    Trang 3

     

    S

    a6

    2

    • a3
    2 D a C
    H
    A B
    Gọi H là chân đường cao hạ từ S của tam giác đều SAD
    Suy ra:
    SH a và SH    ABCD
    3 0.25
    2
    Trong tam giác vuông HSC có HC a
    3
    2
    a 2 3a2
    2
    DH 2    DC 2    CH 2 a 1
    4 4
    cos HDC 2 DH .DC 2. a .a 2
    2

    0 HDC  60

    a2 3
    Suy ra S ABCD    DA.DC .sin ADC
    2
    1 1 a a2 1 0.25
    V SH .S ABCD 3 . 3 a 3
    S . ABCD 3 3 2 2 4
    Ta có  ADC đều cạnh a CH   AD   CH   BC
    hay BC   SHCBC   SCCSB vuông tại C
    Lại có V V 1 V 1 . a 3 a3
    2 2 4 8
    D . SBC S . BCD S . ABCD 0.25
    1 d D; SBC .S SBC a 3 d  D; SBC 3a3
    3 8.S SBC
    8
    d  D; SBC 3a 3 3a 3 a 6 .
    1 4
    a  6
    8. CS .CB 4. .a
    2
    2
    Vậy d  AD; SB d  D; SBC a 6 . 0.25
    4
    Cho  ABC vuông cân tại A. Gọi M  là trung điểm BC, G là trọng tâm  ABM ,
    8. điểm D 7;  2 là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Tìm tọa độ điểm 1.00
    A, lập phương trình AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình
    3 x  y  13  0.

    Trang 4

     

    3.7   2     13

    Ta có d  D; AG                  10

    3x-y-13=0

    B

    N    G  M

     D(7;-2)

    A C
    ABM vuông cân   GA  GB   GA  GB  GD
    Vậy G là tâm đường tròn ngoại tiếp 90 0 GAD
    ABDAGD 2 ABD 0.25
    vuông cân tại G.
    Do đó GA  GD  d  D; AG AD2    20;
    10
    Gọi A a;3a  13 ; a  4
    AD 2    20a  7 2 3a  11 2 20 a  5(loai)
    0.25
    Vậy A 3;  4 a  3
    Gọi VTPT của AB là n AB  a; b
    3a  b
    cos NAG cos n AB , nAG 1
    a 2    b2 .
    10
    3 NG 3
    Mặt khác NA NM 2
    cos NAG
    AG
    NA 2    NG 2 9.NG 2    NG2 10
    Từ (1) và (2) 3a  b 3 6 ab  8b 2 b  0
    0
    a 2    b2 . 10 10 3a 4b 0.25
    Với b  0 chọn a  1 ta có AB : x  3  0;
    Với 3a   4b chọn a  4; b   3 ta có AB : 4 x  3 y  24  0
    Nhận thấy với AB : 4 x  3 y  24  0
    d  D; AB 4.7  3.  2   24 2  d  D; AG (loại)
    10
    16  9 0.25
    Vậy AB : x  3  0.
    2x 4x 3x  1  2x 2  y 3  2 y 1
    3 2 3
    Giải hệ phương trình 2 1.00
    x  2 3 14  x 3  2 y 1
    Ta thấy x  0 không phải là nghiệm của hệ, chia cả hai vế của (1) cho x3  ta được
    12 4 3 1 2 2  y
    3  2 y
    9. x 2 x3
    x
    1 3 1 0.25
    3 2 y   3  2 y    3  2 y *
    1 1
    x x
    Xét hàm f t   t 3   t luôn đồng biến trên
    1 0.25
    *    1  x    3  2 y 3

    Trang 5

     

    Thế (3) vào (2) ta được 3 1 3  2  3 0
    x  2 15  x x  2 15  x
    1 1
    x  7 0 0.25
    2
    x  2 3 4  2 3 x  153 x  15
    0
    111
    Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y7; . 0.25
    98
    Cho a , b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
    P a  3c 4b 8c . 1.00
    a  2b  c a  b  2c a  b  3c
    x  a  2b  c a   x  5 y  3z
    Đặt a b  2c x  2 y  z
    y b 0.25
    a  b  3c
    z c    y  z
    10. Do đó ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của
    x  2 y 4 x  8 y  4 z 8 y  8 z 4 x 2 y 8 y 4z
    P 17 0.25
    z x y
    x y y z
    4 x 2 y 8 y 4z 0.25
    P 2 . 2 . 17  12 2  17;
    y x z y
    Đẳng thức xảy ra khi b   1 a , c   4  3 a
    2 2
    Vậy GTNN của P là 12 0.25
    2  17.

    Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm

     

    Trang 6

     

    SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1
    TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG NĂM HỌC: 2015-2016
    ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN
    Thời gian làm bài: 150 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 x4 2x2 3 Câu 2 (2,0 điểm).

    1. Cho tan α 2 và π  α  3π . Tính sin α  2π  .

    23

    1. Giải phương trình: cos x sin 4x  cos3x  0 .
    Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x .
    4  x2
    trên đoạn   2; 1 .
    2
    Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4 x    6 x    9 x.

    Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ, môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ, môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ, môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?

    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 2 a3 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 hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x 4) 2 ( y 1) 2 25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x 4 y 17 0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm

    x  1 x  1  y  2 x  5  2 y y  2
    Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: x  8  y  1 y  2 3
    x  1
    x 2 4 x  7

    Câu 9 (1,0 điểm). Cho x , y , z    0; 2  thỏa mãn x    y    z     3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

    1 1 1
    P xyyzzx
    x 2    y 2    2 y 2    z 2    2 z 2    x2    2
    ———————– HẾT————————
    Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
    Hä và tªn thÝ sinh: …………………………………………………………………….. ; SBD……………………………………

    HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I

    Câu Nội dung Điểm
    1. (1,0 điểm)
    1) Tập xác định : D  R
    2) Sự biến thiên: 0,25
    a, Giới hạn : lim y; lim y
    x x
    b, Bảng biến thiên: y’ = 4x3    4x , y’ = 0   x = 0, x   1
    x – – 1 0 1 +
    y‘ – 0 + 0 – 0 +
    + – 3 + 0,25
    y
    – 4 – 4
    Câu 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;   ) , hàm số nghịch biến trên mỗi
    (1,0 điểm) khoảng (   ; 1) và (0; 1). 0,25
    Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = – 3.
    Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1, yCT = y(  1) = – 4.
    • Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm ( 3 ; 0).

    y

    1 O 1 x 0,25
    3
    3

    3

    4

    Cho tan α  2 và π  α 3π . Tính 2π ?
    sin  α
    2 3
    2 1 1 1 5
    Ta có Cos α cosα 0,25
    1  tan2 α 1  4 5 5
    3π
    Câu 2.1   Do π  α cosα  0 nên cosα 5 0,25
    2 5
    (1,0 điểm)
    5 2  5 0,25
    sin α  cosα. tan α .2
    5 5
    2π 2π 2π
    sin  α sin α.cos cosα.sin
    3 3 3
    Vậy 0,25
    2  5 . 1 5 . 3 2  5 15
    5
    5 2 2 10
    Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0
    Câu 2.2 cos x  sin 4x  cos3x  0   2 sin 2x.sin x  2 sin 2x.cos 2x  0 0,25
    (1,0 điểm) 2 sin 2x(s inx cos2x) 0 sin 2x( 2 x sin x 1) 0 0,25
    2 sin
    kπ
    x
    2
    π
    sin 2x  0
    x 2  k2π 0,5
    s inx  1 π
    k2π
    1
    s inx x 6
    2
    7π
    x k2π
    6
    Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x .
    4  x2
    trên đoạn   2; 1 .
    2
    Câu 3 + Ta có f ‘(x)  1 x 0,25
    4  x2
    (1,0 điểm)
    + f ‘(x)  0   x [  2; 1 ] 0,25
    2
    2
    1 1
    + Có f ( 2)   2;f ( ) 15 0,25
    2 2
    1 ;
    maxf(x) 15 minf(x)  2 0,25
    2
    [-2; 1 ] [-2; 1 ]
    2 2
    Giải phương trình 2.4 x    6 x    9 x.
    Phương trình
    2. 4 x 6 x 1 0,25
    9 9
    2 2 x 2 x 0,25
    2. 1  0
    3
    Câu 4 3
    2 x
    (1,0 điểm) 1  Loai
    3 0,25
    x 1
    2
    3 2
    x    log 2 2
    3 0,25
    Vậy phương trình có nghiệm xlog 2 2
    3

    Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn

     

    Câu 5 Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3
    nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ?
    (1,0 điểm) Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
    Có tất cả 5.5.5.5=625 cách n(Ω)  625 0,25
    Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội” 0,25
    là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH”
    A
    n(A) 48
    n(A)  4.1.2.3  1.4.3.2  48   P A 0,25
    n(Ω) 625
    Vậy P(A)  1  P 1 48 577 0,25
    A
    625 625

    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 2 a3 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).

    Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra
    SH   ( ABCD)
    30 0 .
    và SCH
    Ta có: 0,25
    Câu 6 SHC    SHD   SC  SD  2 a 3 .
    Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:
    (1,0 điểm)
    SH   SC .sin SCH   SC .sin 30 0    a
    3
    HC  SC .cos SCH   SC .cos 30 0 3a
    Vì tam giác SAB đều mà SH   a 3 nên AB  2a . Suy ra
    . Do đó, S ABCD    AB.BC  4 a2 .
    BC HC 2    BH 2 2 a
    2 2 0,25
    1 4 a3
    Vậy, V S .SH 6 .
    3 3
    S . ABCD ABCD

    Vì BA    2HA nên d  B , SAC          2 d  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   SHIAC   HK . Mà, ta lại có: HK   SI . 0,25
    Do đó: HK   SAC .
    HI AH AH .BC a .
    Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên HI 6
    BC AC AC 3
    HS .HI a .
    Suy ra, HK 66 0,25
    HS 2    HI 2
    11

    Vậy , d  B , SAC         2 d  H , SAC         2HK      2 a66

    11

    Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội

    tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x       4) 2 ( y     1) 2               25 .Xác định tọa độ các đỉnh

     

    của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x 4 y 17 0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm

    Câu 7 +(T) có tâm I(4;1);R=5
    (1,0 điểm)
    + Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 0,25
    giác BDM và N,C là chân các đường cao
    nên chứng minh được :IM   CN
    + Lập ptđt IM qua I và IM   CN : 4(x-4)+3(y-1)=0 ó 4x+3y-19=0
    M(7;  3) 0,25
    + M là giao điểm (T) với IM : (loai)
    M(1;5)
    +Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
    + C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1) 0,25
    • B đối xứng M qua C => B(7 ;5)

     

    • Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1

    D(9;1)

    D là giao điểm (T) và DC :

    D( 1;1) 0,25 Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)

    +Do BA    CD => A(-1 ;5)

    • Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ
    x  1 x  1  y  2 x  5  2 y y  2
    Giải hệ phương trình: x  8  y  1 y  2 3
    x  1
    x 2 4 x 7
    Điều kiện x   1; y  2 .
    Đặt a; b  a , b  0 , từ (1) ta có:
    x  1 y  2
    a  ab  a 2    1  5  2 b 2    2   b   a  b  ab  b 2    a 2    b2    0 0,25
    Câu 8 a  b  1  2 a  b   0
    (1,0 điểm) a  b  (do a , b  0   1  2 a  b  0
    y   x  3 .
    x  1 y  2
    Thế vào (2) ta được:
    x  8  x  4 x  8  x  4 x  1  x  8
    x  1   x  1  3
    x 2 4 x  7 x 2 4 x  7
    x  1 3 0,25
    x  8
    x  4 x  1 *
    x 2 4 x  7 x  1 3
    + x  8   y  11;
    +  * 3  x  4x  1  x 2    4 x  7
    x  1 0,25
    3 2 3 x  2   3 .  x 2 2 3  (**)
    x  1 x 1
    Xét hàm số f  tt  3  t2    3 với tcó f ‘ t   3 t  1 2 0  tnên
    f t  đồng biến trên   .
    Do đó  **f x  2
    x  1   f  x  2x  1  x  2 1  x 2 4 x  4
    x
    x  2
    x 5 13 (T/M)
    0,25
    3 2
    x 2    5 x 0
    5 y 11
    x 13 13
    2
    2
    5 11
    Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y là  8;11  và 13 ; 13
    2 2
    Cho x , y , z   0; 2  thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
    1 1 1
    P xy yzzx
    x 2    y 2    2 y 2    z 2    2 z 2    x2    2
    Ta có x 2 y 2    2 x 2 1 y 2 1   2 x  y ,….; xy  1 ,…
    xy
    2
    1 1 1 1
    Nên P xy  yz  zx 3 .
    2 y  z z x
    x  y
    Ta có  x  y  z  xy  yz  zx   9xyz

    x  y  y  z  z  xx  y  z  xy  yz  zx   xyz   89 x  y  z  xy  yz  zx

    Câu 9 1 1 1 x  y  y  zy  z  z  xx  y  z  x
    (1,0 điểm)
    x  y y  z z  x x  y  y  z  z  x

    x  y  z 2    xy  yz  zx

    0,25
    x  y  y  z  z  x

    x  y  z 2    xy  yz  zx 8 x  y  z  xy  yz  zx

    9 27 3
    8 xy  yz  zx 8
    Suy ra P 1 27 xy  yz  zx 27
    2 8 xy  yz  zx 8
    Đặt t   xy  yz  zx .
    0,25

     

    Do x , y , z   0; 22  x  2  y  2  z   0   xy  yz  zx 4  xyz 2   t  2
    2
    1
    Mặt khác: xy  yz  zx x  y  z 2 3   t  3 .
    Vậy t   2;3 3
    Ta có P 1 27 t 27 f  t
    2 8t 8
    Xét hàm số f  t với t   0; 2  ta có f ‘ t 1 27 8t 3    27 0  t   2;3
    t
    2 8t 2 16t 2
    nên hàm số f  t đồng biến trên  2;3 .

    f  t    f  3   154 .

    Do P       f  t            P      154 . Có P  154 khi x   y   z  1 .

    Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 154 đạt được khi x       y    z   1.

    0,25

    0,25

     

    (Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)

     

    SỞ GD&ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ 1
    TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II NĂM HỌC: 2015 – 20156
    Môn: TOÁN Lớp 12
    (Thời gian làm bài: 120  phút)

    Câu 1. (3,0 điểm)

    Cho hàm số y = 2 x + 2 (C )
    2x +1
    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
    2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành.
    1. Tìm m để đường thẳng d : y = 2mx + m +1cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu thức

    P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ).

    Câu 2. (1,0 điểm)

    Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f (x )       x 5     5x 4    5x 3    1 trên đoạn [–1;2]

    Câu 3. (1,0 điểm)

    Cho hàm số  y = x3 + mx2  + 7x + 3  Tìm m để hàm số đồng biến trên R.

    Câu 4. (2,0 điểm)

    1. Giải phương trình cos 2 x – cos x = 3 (sin 2 x + sin x)
    1. Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Hãy tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5.

    Câu 5. (1,0 điểm)

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60° . Gọi

    M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng

    (SMN).

    Câu 6. (0,5 điểm)

    Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có  AB = AD2 , tâm I (1; -2) . Gọi M

    là trung điểm cạnh CD, H (2; -1) là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B.

    Câu 7. (1,0 điểm)

    Giải bất phương trình  x + 1 – x 2  ³ 2 – 3 x – 4 x2 .

    Câu 8. (0,5 điểm)

    Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

    P = a 2 + b2 – 3 ( a + b) 2 .
    4
    (b + c ) 2 + 5bc   ( c + a ) 2 + 5ca

    — HẾT —

    SỞ GD&ĐT BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM
    TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ 1
    NĂM HỌC: 2015 – 20156
    Môn: TOÁN Lớp 12
    Câu Đáp án Điểm
    1.a 1,0
    ì 1 ü -2 1
    *TXĐ: \ í – ý *SBT:  y ‘ = < 0,”x ¹ – 0,25
    ( ) 2
    î 2 þ 2
    2 x +1
    æ 1 ö æ 1 ö
    Hàm số nghịch biến trên các khoảng ç -¥; – ÷ và ç – ; +¥÷
    2 2
    è ø è ø 0,25
    Tính giới hạn và tiệm cận
    Lập bảng biến thiên
    0,25
    *Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị
    0,25
    1.b 1,0
    y ‘ = -2 , đồ thị ( C) giao với trục ox tại điểm M(-1;0) 0,5
    ( 2x +1 2
    )
    y ‘(1) = -2 , PTTT là y = -2 (x – 1) = -2 x + 2 0,5
    * (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt Û PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2
    1.c ì
    ïm ¹ 0
    Û ï = 4 m > 0 Û m > 0 0,5
    íD ‘
    ï æ 1 ö
    ïg ç – ÷ ¹ 0
    2
    ï è ø
    î
    *Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x1 , x2  thì x1 , x2  là các nghiệm của PT (1) Þ

    ìïx1 + x2 = -1

    • x1.x2 = m –1

     

    î4mí

    Có: OA2+OB2 = x12 + ( 2mx1 + m + 1)2 + x2 2 + ( 2mx2 + m +1)2 0,25
    = (4m 2 + 1)(x12 + x2 2 )+ 4m (m + 1)(x1 + x2 ) + 2 (m +1)2
    2 æ m -1 ö 2
    = (4 m + 1)ç 1 – ÷ – 4 m (m + 1) + 2 (m +1)
    2m
    è ø
    = 5 + 2m + 1 ³ 5 + 2 = 9 (Áp dụng BĐT cô si vì m dương)
    2m 2
    2 2 0,25
    1 1
    Dấu bằng xảy ra Û m = ( thỏa mãn);KL: m = là giá trị cần tìm
    2 2
    2 1,0
    – Hàm số f (x ) x 5 5x 4 5x 3 1 liên tục trên đoạn [–1;2]
    – y 5x 4 20x 3 15x 2 5x 2 (x 2 4x   3)
    5x 2 0 x 0 [ 1;2] (nhan) 0,5
    – Cho y 0 5x 2 (x 2 4x 3) 0 x 1 [ 1;2] (nhan)
    x 2 4x 3   0
    x 3 [ 1;2] (loai)
    * – Ta có, f (0) 05 5.04 5.03 1 1
    f (1) 15 5.14 5.13 1 2
    f ( 1) ( 1)5 5.(  1)4 5.( 1)3 1 10 0,5
    f (2) 25 5.24 5.23 1 7
    – Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 10 và số lớn nhất là 2
    – Vậy, min y 10 khi x 1;  max y 2 khi x 1
    [ 1;2] [ 1;2]
    3 1,0
    y ‘ = 3 x 2 + 2mx + 7 . Để hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi y ‘ ³ 0, “x Î R 0,5
    Û 3 x 2 + 2mx + 7 ³ 0 “x Î R
    D ‘  £ 0 “x Î R Û m 2 – 21 £ 0 Û m Î é –
    21;  21ù
    ë û
    4a
    Û cos 2 x – sin 2 x = sin x + cos x Û 1 cos 2x – 3 sin 2x = 3 sin x + 1 cos x
    3 3
    2 2
    2 2
    é + p = x – p + k 2p é = – 2p + k 2p
    æ p ö æ p ö ê 2 x êx
    3 3 3
    Û cos ç 2x + ÷ = cos ç x – ÷ Û ê p p Û ê 2p , k Î Z
    è 3 ø è 3 ø ê + = – x + + k 2p ê = k
    ê 2 x êx
    3 3 3
    ë ë

    4b

    Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.

    • Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: A85 – A74 = 5880 số
    • Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: A74 + 6. A63 = 1560 số
    • P(A) = 15605880 = 1349

    5

    *)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều

    tâm G và SG ^ (ABC ) Þ VS . ABC  = 13 SG.SABC

    Tam giác ABC đều cạnh a nên

    AN = a 23 Þ SABC  = a243

    Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = SAG = 60° (vì

    SG ^ AG Þ SAG nhọn)

    0,5

    1,0

    0,5

    0,5

    1,0

    0,5

    0,5

    1,0

    0,25

    Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG = 23 AN = a 33 Trong tam giác SAG có SG = AG. tan 60° = a

    Vậy V = 1 .a. a 2 3 = a3 3
    S . ABC 3 4 12

    Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà MÎ(SMN) nên

    d ( C , (SMN )) = 3d(G ,(SMN ))

    Ta có tam giác ABC đều nên

    SG ^ ( ABC ) Þ SG ^ MN   Þ MN ^ (SGK ).

    Trong (GKH), kẻ GH ^ SK Þ GH ^ MN Þ GH ^ (SMN ) , H ÎSK

    Þ d ( G ,(SMN )) = GH

    0,25

    0,25

    Ta có BK = 1 AN ; BG = AG = 2 AN Þ GK = 2 AN – 1 AN = 1 AN = a  3
    2 3 3 2 6
    12
    Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên
    1 1 1 1 48 49 a 0,25
    = + = + = Þ GH =
    GH 2 SG 2 GK 2 a 2 a 2 a2 7
    Vậy d ( C ,(SMN )) = 3GH = 3a
    7

    6

    0,5

    Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD

    nên IC = 3IH
    ( )
    Mà IH = 1;1 , giả sử
    C (x; y ) Þ ì x – 1 = 3.1 ìx = 4 Þ C (4;1)
    í + 2 = 3.1 Û í
    î y îy =1

    Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5)

    Lại có AB =      2AD nên CM = BC =      1   Þ MBC = BAC

    BC       AB          2

    Mà BAC + BCA = 90° Þ MBC + BCA = 90° Þ AC ^ BM Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt IH = (1;1)

    • pt BM: x + y – 1 = 0 Þ B (t ;1-t )

    Có AB = ( t + 2;6 – t );   CB = ( t – 4; –t )

    Vì AB ^ BC Þ AB.CB = 0 Û ( t + 2)(t – 4)- t (6 – t ) = 0

    • t = 2 ± 2 Þ B (2 + 2; -1 – 2 ) hoặc B (2 – 2; -1 + 2 )
    7 1,0
    ìx ³ 0 ì0 £ x £ 1
    -3 +  41
    Điều kiện: ï1 – x 2 ³ 0 Û ï Û 0 £ x £ . (*)
    í -3 –  41 -3 + 41
    í £ x £ 8
    ï 2 ³ 0 ï 0,5
    8 8
    î2 – 3 x – 4 x î
    Bất phương trình đã cho tương đương với

    x + 1 – x 2 + 2x (1 – x 2 ) ³ 2 – 3 x – 4x2  Û 3( x 2 + x ) – (1 – x ) + 2( x + x 2 )(1 – x) ³ 0

    é -5 +
    ³ 34
    êx
    x 2 + x x 2 + x x 2 + x 1
    9
    Û 3 + 2 – 1 ³ 0 Û ³ Û 9 x 2 + 10 x – 1 ³ 0 Û ê
    1 – x 1 – x 1 – x
    3 ê £ -5 – 34 0,5
    êx .
    9
    ë
    Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là -5 + 34 £ x £ -3 + 41 .
    9
    8
    8 0,5
    Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
    a 2 ³ a 2 = 4a2 . Tương tự, ta có b 2 ³ 4b2 .
    (b + c ) 2 + 5bc (b + c ) 2 + 5 (b + c)2 9(b + c)2 ( c + a ) 2 + 5ca 9( c + a)2
    4 ö2
    Suy ra a 2 + b 2 ³ 4 æ a 2 + b 2 ö ³ 2 æ  a + b
    ç ÷ ç ÷
    (b + c ) 2 + a ) 2 + 5ca 9 (b + c ) 2 (c + a) 2 9
    + 5bc   (c è ø è b + c   c + a ø
    2 2 æ ( a + b)2 ö2 2 0,25
    2 ç + c ( a + b) ÷ 2
    2 æ a  + b  + c ( a + b ) ö 2 2 æ 2( a + b )  + 4c ( a + b) ö
    2
    = ³ =
    ç ÷ ç ÷ ç ÷ .
    9 2 9 ( a + b ) 2 9 2 + 4c ( a + b ) + 4c 2
    è ab + c ( a + b ) + c ø ç + c ( a + b ) + c 2 ÷ è ( a + b ) ø
    ç ÷
    4
    è ø
    Vì a + b + c = 1 Û a + b = 1 – c nên
    2 æ 2(1 – c ) 2 + 4c (1 – c) ö2 3 2 8 æ 2 ö2 3 2
    P ³ ç ÷ – (1 – c ) = ç 1 – ÷ – (1 – c) . (1)
    9 (1 – c ) 2 + 4c (1 – c ) + 4c 2 4 9 4
    è ø è c +1 ø
    Xét hàm số  f ( c ) = 8 æ – 2 ö2 – 3 (1 – c) 2 Î(0; 1).
    ç 1 ÷ với c
    9 è c +1 ø 4
    16 æ 2 ö 2 3
    Ta có  f ‘( c ) = ç 1 – ÷. – ( c -1);
    c + 1) 2 2
    9 è 1 ø ( c +
    • ‘( c ) = 0 Û ( c – 1) (64 – (3c + 3) 3 ) = 0 Û c = 13.
    Bảng biến thiên: 1
    c 0 1
    3
    f ‘(c) – 0 +
    f (c) 0,25
    1
    –
    9
    Dựa vào bảng biến thiên ta có f ( c) ³ – 1 với mọi c Î(0; 1). (2)
    9
    Từ (1) và (2) suy ra P ³ – 1 , dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 .
    9 3
    Vậy giá trị nhỏ nhất của P là – 1 , đạt khi a = b = c = 1 .
    9
    3
  • Đề thi khảo sát đại học, cao đẳng năm học 2014-2015 lần 1 có đáp án môn Toán – Trường THPT Nam Yên Thành

    Đề thi khảo sát đại học, cao đẳng năm học 2014-2015 lần 1 có đáp án môn Toán – Trường THPT Nam Yên Thành

    Đề thi khảo sát đại học, cao đẳng năm học 2014-2015 lần 1 có đáp án môn Toán – Trường THPT Nam Yên Thành

    Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

    Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

    Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

    (Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

    Đề cương liên quan: Tuyển tập đề thi Olympic và học sinh giỏi quốc gia Môn Hóa học (Có lời giải)

    [toc]

    Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi khảo sát đại học, cao đẳng năm học 2014-2015 lần 1 có đáp án môn Toán – Trường THPT Nam Yên Thành

    Đề thi khảo sát đại học, cao đẳng năm học 2014-2015 lần 1 có đáp án môn: Toán – Trường THPT Nam Yên Thành

    Câu 1 (2,0 điểm).

    Cho hàm số  y = x3  – 3(m +1)x2  + 9x – m (1), với m là tham số thực.

    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
    1. Tìm giá trị của m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho  x1 – x2  = 4 .

    Câu 2 (1,0 điểm).

     Giải phương trình: sin 3 x + cos 2 x = 1 + 2sin x.cos 2x

    Câu 3 (1,0 điểm).

    Giải phương trình: log( x+3) (3 – x – 1 ) = 12

    Câu 4 (1,0 điểm).

    1. Tìm hệ số của x3 trong khai triển (3 – 2x)12 .
    1. Một lô hàng có 10 sản phẩm cùng loại, trong đó có 2 phế phẩm. Chọn ngẫu nhiên 6 sản phẩm. Tính xác suất để có nhiều nhất một phế phẩm.

    Câu 5 (1,0 điểm).

    Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm xÎ é 0; 1 +

    ù

    3 :
    ë û
    m ( + 1) + x( 2 – x ) £ 0
    x 2 – 2 x + 2

    Câu 6 (1,0 điểm).

    Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 4a. Trên cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD . Trên đường thẳng (d) vuông góc với (ABCD) tại H lấy điểm S sao cho ÐSBH = 300 . Gọi E là giao điểm của CH và BK.

    1. Tính thể tích khối chóp S.BHKC
    1. Chứng minh các điểm S , A, H , E , K nằm trên một mặt cầu và tính thể tích của khối cầu đó.

    Câu 7 (1,0 điểm).

    1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có D( -6; -6) . Đường trung trực của đoạn DC có phương trình D1 : 2x + 3y + 17 = 0 và đường phân giác của góc BAC có phương trình D 2 : 5x + y – 3 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD .

    ìï16 x 3 y 3 – 9 y 3 = (2 xy – y )(4 xy2 + 3)

    Câu 8 (1,0 điểm).

    Giải hệ phương trình: í

    Câu 9 (1,0 điểm).

    Cho a,b,c là các số thực không âm và thỏa mãn a + b + c = 3 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

    P = -2( ab + bc + ca )3 + 27a 2b 2 c 2 – 3( a 2 + b 2 + c 2 ) + 6(ab + bc + ca)

    ———–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:…………………………………………

    ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT ĐH-CĐ NĂM HỌC 2014-2015

    CÂU NỘI DUNG CHÍNH ĐIỂM
    Với m = 1 ta có y = x3 – 6x2 + 9x -1 .
    * Tập xác định: D = R 0,25
    * Sự biến thiên
    · Chiều biến thiên: y‘ = 3x2 -12x + 9 = 3(x2 – 4x + 3) ; y ‘  = 0 Û x = 1 Ú x = 3
    · Các khoảng đồng biến (-¥,1) vµ (3, + ¥) ; khoảng nghịch biến (1, 3).
    · Cực trị: Hàm  số đạt cực đại tại x =1  và yCD  = y(1) = 3 ;  đạt cực tiểu tại  x = 3  và
    yCT  = y(3) = -1. 0,25
    · Giới hạn:  lim  y = -¥; lim y = +¥.
    x®-¥ x®+¥
    • Bảng biến thiên:
    x -¥ 1 3 +¥
    y’ +0 – 0 + +¥
    Câu 1a y 3 0,25
    -¥
    -1
    * Đồ thị: y
    3
    2
    1 0,25
    x
    O 1 2 3 4
    -1
    Ta có  y‘ = 3x2 – 6(m +1)x + 9. 0,25
    Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x2 Û phương trình  y‘ = 0 có hai nghiệm pb là
    x1 , x2
    Û x2 – 2(m +1)x + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt là  x , x 2 .
    1
    Û D’ = (m +1)2  – 3 > 0 Û ém > -1 + 3 (1) 0,25
    ê
    êm < -1 – 3
    ë
    Câu 1b +) Theo định lý Viet ta có x1 + x2  = 2(m +1); x1 x2  = 3. Khi đó
    x1 – x2  = 4 Û ( x1 + x2 )2 – 4 x1 x2  = 16 Û 4 (m + 1)2 – 12 =16 0,25
    ém = -1 – 7
    Û ( m + 1)2 (2)
    = 7 Û ê
    êm = -1 + 7
    ë
    Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m = -1 – 7; m = -1 + 7 0,25
    Phương trình Û sin 3 x + cos 2 x = 1 + sin 3x – sinx 0,25
    Câu 2 Û 2sin 2 x – sinx = 0
    0,25
    é sin x=0
    Û ê 1
    ês inx = 0,25
    2
    ë
    Với sin x = 0 Û x = kp ( k ÎZ )
    é = p + k 2p
    1 ê x
    Với sin x = Û 6 (k Î Z )
    ê
    2 5p
    ê
    êx = + 2kp 0,25
    6
    ë
    Vậy phương trình có 3 họ nghiệm x = p + k 2p; x = 5p + k 2p; x = kp (k ÎZ )
    6 6
    ì0 < x + 3 ¹ 1
    Điều kiện: íï x – 1 > 0 Û -2 < x < 4 0,25
    ï3 –
    î
    log x+3 (3 – x – 1 ) = 1 Û 3 – x – 1 = (1)
    x + 3
    2
    . với -2 < x < 1: (1) Û = x + 2 0,25
    x + 3
    -3 + -3 –
    Giải phương trình trên được nghiệm x = 5 thỏa mãn và x = 5 loại
    Câu 3 2 2
    é 9 –
    = 29
    êx
    2
    . với 1 £ x < 4 : (1) Û = 4 – x Û x2 – 9x + 13 = 0 Û ê
    x + 3
    ê = 9 + 29 0,25
    êx
    ë 2
    kết hợp với miền đang xét suy ra x = 9 –
    29 thỏa mãn.
    2
    -3 + hoặc x = 9 –
    Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 5 29 0,25
    2 2
    Câu 4
    12
    Ta có (3 – 2 x )12 = å C12k .312–k .( -2 x)k . Để số hạng tổng quát chứa x3  thì k = 3. 0,25
    a. k =0
    Vậy hệ số của x3 là C123.39.( -8) = -34642080 . 0,25
    Số cách chọn 6 sản phẩm từ 10 sản phẩm là C 6
    10
    Số cách chọn 6 sản phẩm mà không có phế phẩm là C 6 0,25
    8
    1. Số cách chọn 6 sản phẩm mà có đúng một phế phẩm là C85 .C21

    Số cách chọn 6 sản phẩm mà có nhiều nhất 1 phế phẩm là C86 + C85 .C21

    6 5 1 0,25
    Xác suất cần tìm là: C8 + C8 .C2 = 2
    C6 3
    10
    [  ] 0,25
    Câu 5 2
    Đặt t = x – 2x + 2 dox Î [0;1 + 3] nên t Î 1; 2
    0,25
    Bất phương trình trở thành: m £ t 2 – 2
    t +1
    Khảo sát hàm số g(t) = t2 – 2 với t Î 1; 2 ]
    t + 1 [
    t 2 + 2t + 2 > 0 . Vậy g(t) = t2 – 2 1; 2 ] 0,25
    Ta có: g'(t) = đồng biến trên
    (t +1)2 t +1 [
    Và do đó: 2
    Maxg (t ) = g(2) = 3
    Từ đó: m £ t 2 – 2 có nghiệm t Î [1,2]  Û m £ max g( t ) = g(2) = 2
    t +1 3
    tÎ[1;2] 0,25
    2
    Kết luận: m £
    3
    Tam giác SHB vuông tại H có SBH = 300  nên SH = BH tan 300  = a
    3 0,25
    Từ giả thiết BH = 3a; HA = a; AK = 3a; KD = a
    S
    S = S – S – S = 25a2
    BHKC ABCD AHK CDK
    2
    Thể tích khối chóp SBHKC là A K D 0,25
    a3
    1 25 3 H
    VS . BHKC  = S BHKC .SH =
    Câu 6 3 6 E
    B
    C
    Ta có: AD ^ AB, AD ^ SH Þ AD ^ SA Þ SAK = 900 (1)
    SH ^ AH nên SHK = 900 (2) 0.25
    CH ^ BK , BK ^ SH Þ BK ^ ( SHE ) Þ ÐSEK = 900 (3)
    Từ (1) (2) và (3) suy ra 5 điểm S, A, H, E, K cùng nằm trên một mặt cầu có đường kính là
    SK
    Ta có: SK 2  = SH 2 + HK 2  = 3a 2 + 10a 2  = 13a 2 Þ SK = a
    3
    æ a ö3 13p a3 0,25
    Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHEK là V = 4 p 13 = 13
    .ç ÷
    3 ç 2 ÷ 6
    è ø
    Gọi I là trung điểm của CD, do I Î D Þ I ( a; -2 a -17 )
    1 3
    1 – 2a
    nên DI = ( a + 6; ) , đường thẳng D1 có VTCP u1 (-3; 2) 0,25
    3
    vì DI .u1 = 0 Û a = -4 do đó I ( -4; -3) suy ra C( -2; 0)
    Câu 7
    Gọi C’ đối xứng với C qua D2  . Ta có phương trình CC’: x-5y+2=0
    ìx – 5 y + 2 = 0 Þ J ( 1 ; 1 ) nên C‘ (3;1) 0,25
    Gọi J là trung điểm của CC’. Tọa độ J là nghiệm hệ í + y – 3 = 0
    î5x 2  2
    Đường thẳng AB qua C’ nhận DC làm VTCP có phương trình: 3x-2y-7=0 .\
    3x – 2 y – 7 = 0 0,25
    Tọa độ A là nghiệm hệ: ì Þ A(1; -2)
    í
    î 5x + y – 3 = 0
    Do ABCD là hình bình hành nên AB = DC suy ra B(5; 4) 0,25
    Vậy  A(1; -2) , B(5; 4) , C( -2; 0)
    ì16x 3 y 3 – 9 y 3 = (2xy – y )(4xy2 + 3) (1)
    ï
    í4x 2 y 2 – 2xy 2 + y2  = 3 (2) 0,25
    ï
    î
    Xét y = 0, thay vào (2) ta được: 0 = 3 Þ y = 0 không thỏa mãn hệ phương trình.
    Xét y ¹ 0 ta có:
    ì 3 3
    ì16x 3 y 3 – 9 y 3 = (2xy – y )(4xy2 + 3) ï16x – 9 = (2x – 1)(4x + ) (3)
    y2 0,25
    Câu 8 ï ï
    í 4 x 2 y 2 – 2xy 2 + y2  = 3 Û í 3
    ï ï4x 2
    î – 2x + 1 = (4)
    y2
    ï
    î
    Thay (4) vào (3) ta được: 16x 3 – 9 = (2x – 1)(4x + 4x 2 – 2x + 1) Û x =1 0,25
    Þ y = ±1
    Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là: ìx = 1 0,25
    í
    îy = ±1
    Ta có: ab + bc + ca ³ 33 Þ 27a 2 b 2 c 2  £ ( ab + bc + ca)3
    ab.bc.ca 0,25
    Lại có: a 2 + b 2 + c 2  ³ ab + bc + ca Þ -3(a 2 + b 2 + c 2 ) £ -3(ab + bc + ca)
    Do đó P £ -( ab + bc + ca )3 + 3(ab + bc + ca ) = –t 3 + 3t = f (t) 0,25
    với 0 £ t = ab + bc + ca £ (a + b + c) 2 =1
    3
    Ta có bảng bt của hàm số f(t) trên [ ]
    0;1
    t 1
    0
    Câu 9
    f’(t) + 0
    0,25
    f(t) 2
    0
    Từ BBT ta có: Max f (t) = 2 khi t=1
    [ ]
    tÎ 0;1
    Từ đó ta có GTLN của P bằng 2 khi a = b = c = 1 0,25
    3

    Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

  • Tuyển tập đề thi Olympic và học sinh giỏi quốc gia Môn Hóa học (Có lời giải)

    Tuyển tập đề thi Olympic và học sinh giỏi quốc gia Môn Hóa học (Có lời giải)

    Tuyển tập đề thi Olympic và học sinh giỏi quốc gia Môn Hóa học (Có lời giải)

    Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

    Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

    Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

    (Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

    Đề cương liên quan: Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, D, B – Trường THPT Phú Nhuận (Năm học 2014-2015)

    [toc]

    Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Tuyển tập đề thi Olympic và học sinh giỏi quốc gia Môn Hóa học (Có lời giải)

    Tuyển tập đề thi Olympic và học sinh giỏi quốc gia: Môn Hóa học (Có lời giải)

    I.                   OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM:

    OLYMPIC HÓA HỌC CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC TOÀN QUỐC NĂM 2005 – BẢNG A:

    Cho phản ứng: 2NO(k) + O­2(k) ® 2NO2(k)

    với tốc độ v = k[NO]2[O2]

    Hai giả thiết đề ra:

    • Phản ứng là đơn giản.
    • Phản ứng có cơ chế như sau:

    2NO(k) ⇋ N2O2(k)              (a)

    N2O2(k) + O2(k) → 2NO2(k)  (b)

    Thực nghiệm xác định rằng khi tăng nhiệt độ thì tốc độ phản ứng giảm. Hỏi giả thiết nào đúng? Giải thích.

    BÀI GIẢI:

    Giả thiết 1 không đúng vì khi tăng nhiệt độ  thì sự va chạm giữa ba phân tử tăng nên vận tốc phản ứng tăng.

    Theo giả thiết 2, giai đoạn (b) quyết định tốc độ phản ứng nên

    v = k’[N2O2][O2]

    N2O2 sinh ra từ cân bằng (a) với hằng số cân bằng:

    K = [N2O2]/[NO]2 Þ [N2O2] = K[NO]2.

    Thay [N2O2] vào phương trình tính v ta được;

    v = k’.K[NO]2[O2]

    v = k[NO]2[O2] với k = k’K

    Khi nhiệt độ tăng tốc độ phản ứng giảm, trong trường hợp này vì phản ứng ở giai đoạn (a) tỏa nhiệt, khi nhiệt độ tăng, cân bằng chuyển dịch sang phía làm giảm nồng độ của N2O2 và tăng nồng độ NO nghĩa là hằng số cân bằng K giảm làm hằng số tốc độ k giảm mặc dù k’ tăng (do không bù kịp).

    OLYMPIC HÓA HỌC CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC TOÀN QUỐC NĂM 2005 – BẢNG B.

    Cho phản ứng: CO2(k) + H2O(l) ⇌ H2CO3.

    • Hằng số tốc độ của phản ứng thuận là kt = a(s-1). Nếu có n mol khí CO2 trên mặt nước thì sau 23 giây có một nửa số mol khí CO2 đã hoà tan. Tính a.
    • Hằng số tốc độ của phản ứng nghịch là kn = 20(s-1). Tính hằng số cân bằng K của phản ứng và viết biểu thức của hằng số cân bằng này.

    BÀI GIẢI:

    • Đơn vị của k là s-1 nên phản ứng là bậc1:

    a = ln2/t1/2 = 3.10-2(s-1)

    • Khi cân bằng tốc độ phản ứng thuận bằng tốc độ phản ứng nghịch

    KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM 2002 (Bảng A):

    Tại 25oC phản ứng  2 N2O5 (k)                    4 NO2 (k)  +  O2 (k)   có hằng só tốc độ k = 1,8.10-5. s-1 ; biểu thức tính tốc độ phản ứng v = k.C(N2O5). Phản ứng trên xảy ra trong bình kín thể tích 20,0 lit không đổi. Ban đầu lượng N2O5 cho vừa đầy bình. ở thời điểm khảo sát, áp suất riêng của N2O5 là 0,070 atm . Giả thiết các khí đều là khí lý tưởng.

    1. 1. Tính tốc độ: a) tiêu thụ N2O5 ; b) hình thành NO2 ; O2.
    2. 2. Tính số phân tử N2O5 đã bị phân tích sau 30 giây.
    3. 3. Nếu phản ứng trên có phương trình N2O5 (k) 2 NO2 (k)  + 1/2 O2 (k) thì trị số tốc độ phản ứng, hằng số tốc độ phản ứng có thay đổi không? Giải thích.

    BÀI GIẢI:

    1. Trước hết phải tính tốc độ của phản ứng theo biểu thức đã có:

    V = k CN2O5                  (1)

    Đã có trị số k; cần tính C(N2O5) tại thời điểm xét:

    pi V  = ni RT   ® CN2O5   = nN2O5  :  V  = pi / RT    (2)

    Thay số vào (2), ta có: C(N2O5)  =  0,070 : 0,082 ´ 298  =  2,8646.10-3(mol.l-1)

    Đưa vào (1):

    Vpu = 1,80. 10-5 x 2,8646. 10-3

    Vpu = 5,16. 10-8 mol. l-1. S-1                                     (3)

    Từ  ptpứ      2 N2O5 (k)  ®  4 NO2 (k)   +   O2 (k)

    d C(N2O5)

    Vtiiêu thụ N2O5 =  –               =  -2 Vpư                     (4)

    dt

    Thay số vào (4).

    Vtiêu thụ N2O5 = – 2 x 5, 16 . 10-8.

    Vtiêu thụ N2O5 = – 1,032.10-7 mol.l-1.s-1.

    Dấu – để chỉ “tiêu thụ N2O5 tức mất đi N2O5 hay giảm N2O5”

    1. Vhình thµnh NO2 = 4 Vpư = – 2Vtiêu thụ N2O5. (5)

    Thay số:     Vhình thành  NO2 = 4 x 5,16.10-8

    Vhình thành  NO2 = 2,064.10-7 mol l-1.s-2

    Vhình thànhO2 = Vpư = 5,16.10-8 mol l-1.s-2

    Ghi chú:

    Hai tốc độ này đều có dấu + để chỉ “hình thành hay được tạo ra” (ngược với “tiêu thụ”).

    Việc tính tốc độ tiêu thụ N2O5 hay hình thành  NO2,  O2 theo tốc độ pư, Vpư, như trên chỉ thuần tuý hình thức theo hệ só phương trình, thực chất phản ứng này là một chiều bậc nhất.

    1. Số phân tử N2O5 đã bị phân huỷ được tính theo biểu thức.

    N N205 bị phân huỷ = N = VN2O5 tiêu thụ . Vbình . t . N0

    Thay số:

    N = 1,032.10-6 . 20,0 . 30,0 . 6,023.1023.

    N » 3,7.1020 phân tử

    1. Nếu phản ứng trên có phương trình: N2O5(k) ® 2 NO2(k) + 1/2 O2 thì tốc độ phản ứng, Vp­, cũng như hằng số tốc độ phản ứng, k, đều không đổi (tại nhiệt độ T xác định), vì:

    – k chỉ phụ thuộc nhiệt độ.

    – theo (1): Khi k = const; C(N2O5) = const thì V = const.

    KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM 2004 (Bảng A):

    1. Khí CO gây độc vì tác dụng với  hemoglobin (Hb) của máu theo phương trình

    3 CO   +  4 Hb  ®   Hb4 (CO)3

    Số liệu thực nghiệm tại 200C  và động học phản ứng này như sau:

    Nồng độ (mmol. l-1) Tốc độ phân hủy Hb

    ( mmol. l-1 .s-1 )
    CO Hb
    1,50

    2,50

    2,50

    		 2,50

    2,50

    4,00

    		 1,05

    1,75

    2,80

    Hãy tính tốc độ phản ứng khi nồng độ CO là 1,30; Hb là 3,20 (đều theo mmol.l-1) tại 200C .2. Người ta nung nóng đến 8000C  một bình chân không thể tích 1 lít chứa 10,0 gam canxi cacbonat và 5,6 gam canxi oxit. Hãy tính số mol khí cacbonic có trong bình. Muốn cho lượng  canxi cacbonat ban đầu phân hủy hết thì thể tích tối thiểu của bình phải bằng bao nhiêu? Biết tại nhiệt độ đó khí CO2 trong bình có áp suất là 0,903 atm .

    BÀI GIẢI:

    1. a) Trước hết ta phải xác định được bậc của phản ứng.
      • Kí hiệu bậc riêng phần của phản ứng theo chất Hb là x, theo CO là y, ta có phương trình động học (định luật tốc độ) của phản ứng:

    vpư     =     k C xHbC yCO               (1)

    • Theo định nghĩa, ta có thể biểu thị tốc độ phản ứng trên theo tốc độ

    phân hủy Hb, nghĩa là     vpư     =   1/4 vphân hủy Hb              (2).

     Ghi chú : Vì đã ghi rõ ² tốc độ phân hủy Hb» nên không cần dùng dấu –

    Vậy ta có liên hệ:  vpư   =  1/4 vphân hủy Hb    =  k C x HbC yCO     (3) .

    • Theo thứ tự trên xuống ta ghi số các số liệu thí nghiệm thu được là
    Thí nghiệm số Nồng độ (mmol. l-1) Tốc độ phân hủy Hb (mmol. l-1 .s-1 )
    CO Hb
    1

    2

    3

    		 1,50

    2,50

    2,50

    		 2,50

    2,50

    4,00

    		 1,05

    1,75

    2,80

    Ta xét các tỉ số tốc độ phản ứng để xác định x và y trong phương trình (3):

    *     v2/ v1      =   ( 2,50 / 2,50 ) x  ( 2,50 / 1,50 ) y = 1 ´ ( 1,67)y   = 1,75 /1,05

    ( 1,67) y     = 1,67               y  =  1    .

      *       v3/ v2      =   ( 4,00 / 2,50 ) x  ( 2,50 / 2,50 ) y   = 2,80 / 1,75 ;

     ( 1,60) x     = 1,60                x  =  1  .

    Do đó phương trình động học (định luật tốc độ) của phản ứng:

    vp­     =      k CHbCCO            (4)

    Để tính hằng số tốc độ phản ứng k , từ (4) ta có:

    k  =  vp­ / CHbCCO              (5)

    Tính gía trị k trung bình từ 3 thí nghiệm ở bảng trên, hoặc lấy số liệu của 1 trong 3 thí nghiệm ở bảng trên, chẳng hạn lấy số liệu của thí nghiệm số 1 đưa  vào phương trình (5), ta tính được k:

                    1,05

    4 ´ 2,50 ´ 1,50

    k  =                               =  0,07 (mmol. l-1 .s-1)

    1. b) Đưa gía trị của k vừa tính được, nồng độ các chất mà đề bài đã cho vào phương trình (4) để tính vpư:

    vpư  =   0,07 ´ 1,30 ´ 3,20   = 0,2912 (mmol. l-1 .s-1)

    1. a) Với điều kiện đã cho trong bình có phản ứng:

    CaCO3    ⇌    CaO   +  CO2 (k)       (*)

    Trong bình chỉ có khí CO2. Giả thiết đó là khí lý tưởng, ta có:

    n  =            =                                          = 0,01  (mol).  Vậy   n      = 0,01 mol.

     

    Nhận xét:

    Theo đề bài, lượng CaCO3 cho vào bình chân không là:

    n           =        = 0,1 mol

    Lượng CaCO3 đã bị phân tích chỉ là 0,01  mol.

    Sự có mặt của 5,6 gam CaO và lượng CaCO3 còn lại không ảnh hưởng tới kết quả tính vì các chất này ở trạng thái rắn chiếm thể tích không đáng kể.

    1. b) Giả thiết lượng CaCO3 cho vào bình chân không bị phân tích hết áp suất khí CO2 vẫn là 0,903 atm (vì phản ứng (*) đạt tới cân bằng hoá học ).

    Do đó:

    Vmin   = n RT / P = 0,1 ´  0,082054 ´  1073,15 / 0,903 =  9,75 (lít)

    KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM 2005 (Bảng A):

    Người ta thực hiện phản ứng 2 NO2 (k)  +  F2 (k)             2 NO2F (k) trong một bình kín có thể tích V (có thể thay đổi thể tích của bình bằng một pittông). ¸p suất ban đâu của NO2 bằng 0,5 atm, còn của F2 bằng 1,5 atm. Trong  các điều kiện đó tốc độ đầu vo = 3,2. 10-3 mol.L-1.s-1.

    1. 1. Nếu thực hiện phản ứng trên ở cùng nhiệt độ với cùng những lượng ban đầu của chất phản ứng nhưng thêm một khí trơ vào bình đó để thể tích thành 2V, còn áp suất tổng quát vẫn bằng 2 atm, thì tốc độ đầu bằng 8.10–4L-1.s-1. Kết qủa này có cho phép thiết lập phương trình động học (biểu thức tóc độ) của phản ứng hay không?
    2. 2. Người ta lại thực hiện phản ứng trên ở cùng điều kiện nhiệt độ và cùng những lượng NO2, F2 và khí trơ như ở (1) nhưng giảm thể tích xuống bằng 0,5V. Tính gía trị của tốc độ đầu vo .
    3. 3. Nếu thay cho việc thêm khí trơ, người ta thêm NO2 vào đó cho áp suất tổng quát bằng 4 atm và thể tích bằng V thì tốc độ đầu vo = 1,6.10–2L-1.s-1. Kết qủa này cho phép kết luận như thế nào về phương trình động học của phản ứng?
    4. 4. Dự đoán cơ chế của phản ứng.

    BÀI GIẢI:

    F2
    NO2
    1. 1. ë thí nghiệm 2, sau khi thêm khí trơ để cho thể tích tăng gấp đôi thì P và P    đều giảm  2 lần so với thí nghiệm 1, nghĩa là nồng độ của chúng cũng giảm đi 2 lần (vì PA = CA.RT), còn tốc độ đầu của phản ứng giảm  4 lần. Từ đây, chỉ có thể kết luận bậc của phản ứng là 2.

    Ph­¬ng tr×nh ®éng häc cã thÓ cã c¸c d¹ng sau ®©y:

    v = k [NO2] [F2] (a) , v = k [NO2]2 (b) , v = k [F2]2 (c)

    1. 2. ë thí nghiệm 3, P(NO2) và P(F2) đều tăng gấp đôi so với thí nghiệm 1. Cũng lập luận như trên, ta thấy tốc độ đầu của phản ứng ở thí nghiệm 3 phải bằng 4 lần tốc độ đầu của phản ứng ở thí nghiệm 1.

    vo = 3,2 ´ 10-3 mol.L-1.s-1 ´ 4 = 1,28 ´ 10-2 mol.L-1.s-1.

    NO2
    NO2
    F2
    1. 3. ë thí nghiệm 4, P không đổi, P = 4 atm – 1,5 atm = 2,5 atm.  P     tăng 5 lần so với thí nghiệm 1, còn tốc độ đầu của phản ứng tăng 5 lần. Vậy phươnng trình động học của phản ứng là:

    v = k [NO2] [F2]

    4. Căn cứ vào phương trình động học của phản ứng, cơ chế phản ứng có thể là:

    NO2    +    F2                       NO2F    +   F  (chậm)

    F     +   NO2                                    NO2F              (nhanh).

    OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ:

    KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LÀN THỨ 29:

    Giáo sư Molina ở viện công nghệ Massachusetts đã đoạt giải Nobel hóa học năm 1995 vì công trình nghiên cứu hóa học khí quyển. Một phản ứng mà ông nghiên cứu chi tiết là phản ứng xảy ra trong mưa axit đã tạo ra H2SO4 trong khí quyển. Ông đề nghị hai phản ứng tỉ lượng có thể có:

    Phương án A: H2O + SO3 ® H2SO4

    Phương án B: 2H2O + SO3 ® H2SO4 + H2O

    Phương án A được hiểu như là cơ chế trực tiếp một giai đoạn, trong khí đó phương án B được hiểu như tiến hành theo qúa trình hai giai đoạn dưới đây:

    (SO3.2H2O là một phức bền nhờ liên kết hydro và k2 << k1 hay k-1)

    • Dự đoán bậc phản ứng cho các phương án A và Phương án B.
    • Áp dụng nguyên lý trạng thái dừng, hãy đưa ra một định luật về tốc độ phản ứng và từ đó tính bậc phản ứng của cơ chế hai giai đoạn cho phương án B.
    • Các phương pháp hóa học lượng tử gần đây chỉ ra rằng năng lượng hoạt hoá của phản ứng cho cả hai phương án là: EA = +83,6kJ.mol-1 và EB = -20kJ.mol-1. Hãy cho biết biểu thức Arrhenius cho mỗi phương án và dự đoán sự phụ thuộc nhiệt độ của hằng số tốc độ của mỗi phương án.
    • Hướng đề nghị nào chiếm ưu thế trong thượng tầng khí quyển (T =175K), khi dựa trên năng lượng hoạt hóa cho ở câu 3 và kiến thức đã có về phương trình Arrhenius?

    BÀI GIẢI:

    • Phương án A:

    Tổng các số mũ lũy thừa cho kết qủa là qúa trình bậc hai:

    Phương án B:

    Tổng các số mũ lũy thừa cho kết qủa là qúa trình bậc ba.

    • Sự phỏng định trạng thái dừng dẫn đến:

    Luật tốc độ phản ứng ở đây tương tự như trong phản ứng xúc tác enzym tiến hành qua giai đoạn liên kết thuận nghịch rất nhanh, tiếp theo sau là một qúa trình phản ứng chậm.

    Như vậy:

    Và do đó:

    Cũng có:  và thay thế từ các kết qủa trên ta được:

    Tuy nhiên vì k2 << k-1 nên phương trình trên sẽ được đơn giản hoá:

    = Keq.k2[SO3][H2O]2.

    Cũng là bậc 3.

    • Biết biểu thức Arrhnius là k = Ae-E/RT

    + Với phương án A: k = Ae-E(A)/RT = Ae-80/RT tăng theo nhiệt độ

    + Với phương án B, chỉ có giai đoạn chậm là quan trọng để quyết định sự phụ thuộc của tốc độ phản ứng theo nhiệt độ. Giai đoạn tạo phức rất bền sẽ giúp giải thích năng lượng hoạt hóa âm.

    với phương án B: k = Ae-E(B)/RT = Ae-20/RT giảm theo nhiệt độ

    • Giả thiết rằng các yếu tố của lũy thừa là có thể so sánh được trong biên độ thông thường, phản ứng sẽ nhanh hơn ở nhiệt độ thấp tại thượng tầng khí quyển và sự phụ thuộc nhiệt độ giảm nêu trên và như vậy Phương án B phải hiện thực. Để giải thích phương án B tham gia đáng kể vào hằng số tốc độ phản ứng là vô lí và có thể giúp cân nhắc để lựa chọn các khả năng. Để giải thích phương án A có bao hàm xác suất va chạm có vẻ hợp lý nhưng không được coi như một yếu tố quyết định – thật ra tình huống này là do năng lượng kích hoạt âm của phản ứng.

    KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 37:

    Ozon (O3) là một dạng thù hình của oxy. Nó là một thành phần tự nhiên của tầng bình lưu là tầng có tác dụng như một cái khiên chắn trái đất khỏi tác dụng phá hủy của tia tử ngoại. Khi hấp thụ bức xạ trong vùng này thì ozon bị chuyển hoá thành oxy.

    Phương trình phản ứng phân hủy ozon: 2O3 → 3O2.

    Một trong số các cơ chế đề nghị có thể được biểu diễn như sau:

    Với k1, k-1 và k2 là các hằng số tốc độ.

    1. Dựa vào cơ chế trên viết phương trình tốc độ hình thành (hay tốc độ tiêu thụ) O3, O­­2 và O ở thời điểm t ở dạng vi phân, giả sử bước 2 của cơ chế là không thuận nghịch.
      1. Ta có thể nhận được phương trình động học có dạng đơn giản hơn bằng cách lập các tính chất thích hợp. Giả sử rằng nồng độ của O tiến đến cân bằng rất nhanh nên nồng độ của nó có thể gán cho giá trị là hằng số cân bằng của phản ứng (1). Bước thứ hai là bước xác định tốc độ phản ứng. Dưới các điều kiện gần đúng của cân bằng đã thiết lập trên hãy viết phương trình tốc độ tiêu thụ O3 (dạng vi phân) phụ thuộc vào nồng độ O2 và O.
      2. Một phương pháp gần đúng thông dụng hơn là gỉa sử tốc độ phản ứng hình thành oxy nguyên tử là một hằng số (trạng thái dừng). Ở điều kiện này thì d[O]/dt = 0. Hãy chứng minh phương trình tốc độ phản ứng là:

    Một cách khác làm phân hủy ozon ở trên tầng cao của khí quyển được xúc tác bởi Freon. Khi đưa CCl2F2 (Freon – 12) lên tầng cao của khí quyển thì tia tử ngoại sẽ quang phân CCl2F2 thành nguyên tử Cl theo phản ứng:

    (3)

    1. Nguyên tử clo có thể đóng vai trò như là một chất xúc tác trong phản ứng phân hủy ozon. Giai đoạn chậm đầu tiên của phản ứng phân hủy ozon dưới tác dụng của xúc tác clo là: Cl(k) + O3(k) → ClO(k) + O2(k). Giả sử cơ chế gồm hai bước, hãy viết bước thứ hai của cơ chế.
    2. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng phân hủy ozon dưới tác dụng của xúc tác clo là 2,1kJ/mol trong khi không có xúc tác thì năng lượng hoạt hoá là 14kJ/mol. Tính tỉ số kxúc tác/kkhông xúc ­tác ở 25o Giả sử thừa số tần số A là như nhau đối với mỗi phản ứng.

    BÀI GIẢI:

    2. Hằng số cân bằng K được xác định bởi:

    Từ đó ta có được:

    1. ClO(k) + O3(k) ® Cl(k) + 2O2(k)
    2. Dựa vào phương trình: k = Aexp(-Ea/RT)

    Ta rút ra được kxt/kkhông xúc tác           = exp[(14,0–2,1).1000/(8,314.298)] = 122

    BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 30:

    Một ống thủy tinh hàn kín, có gắn hai sợi tungsten (vonfram) cách nhau 5mm, chứa đầy không khí sạch và khô tại nhiệt độ và áp suất chuẩn. Phóng điện giữa hai sợi này. Vài phút sau khí trong ống nghiệm nhuốm màu nâu đặc trưng.

    1. Tiểu phân nào gây nên sự biến đổi màu quan sát được nêu trên?. Ước lượng giới hạn nồng độ lớn nhất trong ống thủy tinh.
    2. Màu nâu tương tự cũng thấy xuất hiện khi oxy và nitơ (II) oxit gặp nhau trong bầu thủy tinh chân không. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong bầu thủy tinh.
    1. c) Từ các thí nghiệm ở 25oC có các số đo sau:
    [NO] (mol.L-1) [O2] (mol.L-1) Tốc độ đầu (mol.L-1.s-1)
    1,16.10-4 1,21.10-4 1,15.10-8
    1,15.10-4 2,41.10-4 2,28.10-8
    1,18.10-4 6,26.10-5 6,24.10-9
    2,31.10-4 2,42.10-4 9,19.10-8
    5,75.10-5 2,44.10-5 5,78.10-9
    • Xác định bậc phản ứng theo O2, theo NO và bậc phản ứng chung.
    • Xác định hằng số phản ứng tại 298o

    BÀI GIẢI:

    1. Màu là do nitơ dioxit NO2. Vì không khí có 78% N2 và 21% O2. oxy là tác nhân bị giới hạn (thiếu): Nếu O2 chuyển hết thành NO2 (hầu như không thể) nồng độ của nitơ dioxit sẽ bằng:

    [NO2] = 0,21/22,414 = 9,4.10-3 mol.L-1.

    1. 2NO + O2 → 2NO2
    2. (i). Bậc của NO và O­2 được tính nhờ các trị số thí nghiệm trong đó nồng độ của một trong các chất được giữ không đổi (như [NO] được coi như không đổi trong các thí nghiệm #1, 2 & 3. trong khi [O2] lại khộng đổi trong các thí nghiệm #2, 4, 5)

    Bậc đối với NO:

    Thấy tốc độ thay đổi theo [NO]2

    ® Vậy phản ứng là bậc 2 theo NO

    Thí nghiệm Tỉ lệ [NO] Tỉ lệ tốc độ đầu
    #4 : #2 2,01 4,03
    #4 : #5 4,02 15,9
    #2 : #5 2,00 3,95

    Bậc đối với O2:

    Thí nghiệm Tỉ lệ [NO] Tỉ lệ tốc độ đầu
    #2 : #1 1,99 1,98
    #2 : #3 3,85 3,65
    #1 : #3 1,93 1,84

    Tốc độ biến đổi hiển nhiên là theo [O2]: phản ứng là bậc 1 theo O2 vì thế bậc chung là 3

    (ii).  Biểu thức tính tốc độ phản ứng:

    v = k[NO]2[O2] nên k = v/[NO]2[O2]

    Từ các thí nghiệm khác nhau ta tính được                      ktb=7,13.103L2mol-2s-1

    BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 31:

    Phản ứng sau được khảo sát ở 25oC trong dung dịch benzen có chứa piridin 0,1M:

    CH3OH + (C6H5)3CCl → CH3OC(C6H5)3 + HCl

    A                  B                       C

    Quan sát tập hợp được các số liệu sau:

    Nồng độ đầu ∆t Nồng độ cuối
    [A]o [B]o [C]o Phút M
    (1) 0,100 0,0500 0,0000 25,0 0,00330
    (2) 0,100 0,100 0,0000 15,0 0,00390
    (3) 0,200 0,100 0,0000 7,50 0,00770
    • Luật nào của tốc độ phản ứng phù hợp với các số liệu trên:
    • Hãy biểu diễn gía trị trung bình của hằng số tốc độ theo giây và đơn vị nồng độ mol.

    BÀI GIẢI:

    • Tốc độ trung bình ban đầu (M-1phút-1)

    0,00330/25,0 = 0,000132

    0,00390/15,0 = 0,000260

    0,00770/7,50 = 0,000103

    Khi (B) tăng gấp đôi, tốc độ phản ứng tăng gấp đôi, nên phản ứng là bậc một theo B. Khi [A] gấp đôi, tốc độ phản ứng gấp bốn nên phản ứng là bậc hai theo A.

    v = k[A]2[B]

    • Lần 1: k = 0,264

    Lần 2:  k = 0,260

    Lần 3:  k = 0,258

    ktb = 0,26L2mol-2ph-1 = 4,34.10-3 L2mol-1s-1

    BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 31:

    Phản ứng giữa ion hipoclorit và iodua trong dung dịch bazơ diễn ra như sau:

    I– + OCl–   →  OI– + Cl–

    Với phương trình tốc độ phản ứng thực nghiệm được cho dưới đây:

    Ba kiểu cơ chế phản ứng có thể có được nêu dưới đây:

    Cơ chế I:

    chậm

    Cơ chế II:

    nhanh

    chậm

    nhanh

    Cơ chế III:

    nhanh

    chậm

    nhanh

    • Cơ chế nào nêu trên là thích hợp nhất với tính chất động học quan sát được bằng cách áp dụng cách tính gần đúng trạng thái bền?
    • Hãy tính hằng số tốc độ, thừa số tần số và năng lượng hoạt hoá của phản ứng chung, phù hợp với cơ chế ở câu (i).
    • Phản ứng trong dung dịch đệm có bậc là bao nhiêu?
    • Hãy chứng tỏ rằng ion hidroni xúc tác cho phản ứng trên.
    • Hãy chứng tỏ rằng hằng số tốc độ xúc tác trong câu (iv) tùy thuộc pH.

    BÀI GIẢI:

    • Cơ chế phản ứng I: v = k1[OCl–][I–]

    Cơ chế phản ứng II:

    v = k2[HOCl][I–]                 (chậm) (1).

    Phỏng định trạng thái bền: v = 0 = k1[OCl–] – k2[HOCl][I–]

    [HOCl] = k1[OCl–]/k2[I–]                 (2)

    (2) và (1): v =

    Cơ chế phản ứng III:

    Áp dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền ta thu được biểu thức:

    (4)

    nếu k2 << k-1

    (5)

    Nếu k2 >> k-1 thì v = k1[OCl–] (6)

    Vì vậy cơ chế phản ứng III là thích hợp nhất với tính chất động học quan sát được khi k2 << k-1.

    • Với cơ chế III:

    k =

    Ea = Ea1 + Ea2 – Ea-1

    A =

    • Trong dung dịch đệm, [OH–] không đổi và v = k[OCl–][I–], nên phản ứng có bậc 2.
    • KW = [H3O+][OH–]; [OH–] = Kw/[H3O+]

    v =

    • v =

    BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 33:

    Định luật về tốc độ phản ứng của một phản ứng hóa học có thể xuất hiện từ một vài cơ chế khác nhau. Đối với phản ứng:

    H2 + I2 → 2HI

    Biểu thức tốc độ phản ứng nhận được là:

    Trong một thời gian dài nhiều người cho rằng phản ứng này xảy ra theo phương trình trên nhưng thực ra đó là phản ứng có bản lưỡng phân tử. Nó bây giờ được xem như xảy ra theo nhiều cơ chế cạnh tranh. Dưới ảnh hưởng của nhiệt độ xác định thì người ta giả thiết hai cơ chế sau:

    (1)                    I2 = 2I                          Hằng số cân bằng K

    I + I + H2 2HI

    (2)                    I2 = (I­2)d                       Hằng số cân bằng K’

    (I2)d + H2 2HI

    Với (I2)d là trạng thái phân li của I2. Bước đầu tiên của cả hai cơ chế xảy ra nhanh còn bước thứ hai xảy ra chậm.

    1. Chứng minh cả hai cơ chế trên đều dẫn đến biểu thức tốc độ phản ứng đã biết.
    2. Gía trị của hằng số tốc độ k của phản ứng ở các nhiệt độ khác nhau cho ở bảng:
    T(K) K(L.mol-1.s-1)
    373,15 8,74.10-15
    473,15 9,53.10-10
    1. i) Tính năng lượng hoạt hóa Ea

    i))       Năng lượng phân li của I2 là 151 kJ.mol-1. Giải thích tại sao bước thứ hai của mỗi cơ chế quyết định tốc độ phản ứng.

    1. Biến thiên nội năng của phản ứng ∆U = -8,2kJ.mol-1. Xác định năng lượng hoạt hóa của phản ứng nghịch.
    2. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng có thể âm. Một ví dụ là sự kết hợp của I(k)­ trong khí quyển agon.

    I + I + Ar → I2 + Ar               Ea = -6kJ.mol-1

    Một trong số các cơ chế được đề nghị là:

    I + Ar + Ar → IAr + Ar         Hằng số cân bằng K”

    IAr + I → I2 + Ar

    Với IAr là một tiểu phân rất kém bền

    Cho biết rằng giai đoạn hai quyết định tốc độ phản ứng. Hãy viết biểu thức tốc độ của phản ứng trên.

    BÀI GIẢI:

    1. Đối với cơ chế 1:

    Bước (1) là bước nhanh có hằng số cân bằng được tính từ biểu thức:

    Đối với cơ chế (2):

    Cả hai cơ chế đều phù hợp với phương trình tốc độ phản ứng ở đầu bài.

    1. i) k = Ae-Ea/RT

    Thay số vào ta tính được Ea = 170kJ.mol-1

    1. ii) Năng lượng hoạt hóa lớn hơn so với năng lượng phân ly của I2.           Chính vì vậy bước 2 là bước quyết định tốc độ phản ứng.
    2. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng nghịch được tính theo biểu thức:

    Ea’ = Ea – ∆U = 178,2kJ.mol-1

    BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 34:

    Nghiên cứu về động học của một phản ứng dẫn đến những thong tin quan trọng về chi tiết của một phản ứng hóa học. Sau đây sẽ xem xét sự hình thành NO và phản ứng của nó với oxy. Sự hình thành NO xảy ra theo phản ứng sau:

    2NOCl(k) → 2NO(k) + Cl2(k)

    Hằng số tốc độ phản ứng cho ở bảng:

    T(K) K(L.mol-1.s-1)
    300 2,6.10-8
    400 4,9.10-4

    Hằng số khí R = 8,314 J.mol-1.K-1

    • Áp dụng phương trình Arrhenius tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.

    Phản ứng giữa NO và O2­ xảy ra theo phương trình:

    2NO(k) + O2(k) → 2NO2(k)

    Đối với phản ứng này người ta đề nghị cơ chế như sau:

    NO3(k) + NO(k)     chậm

    1. Dựa vào cơ chế trên hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng:

    Thực nghiệm đã chứng minh rằng: v = k[NO]2[O2]

    1. Chọn câu trả lời đúng:
    1. Cơ chế đã cho là sai.
    2. Cơ chế đã cho là đúng
    3. Chưa đủ cơ sở để kết luận

    BÀI GIẢI:

    • Phương trình Arrhenius có dạng: lgk = lgA – Ea/2,3RT

    Ta có:

    lgk1 = lgA – Ea/2,3RT1                (1)

    lgk2 = lgA – Ea/2,3RT2                (2)

    Trừ (1) cho (2) ta được:

    Thay số vào ta tính được Ea = 98,225kJ.mol-1.

    • Giai đoạn chậm quyết định tốc độ, đó là giai đoạn thứ hai:

    Thay biểu thức của [NO3] vào biểu thức tốc độ phản ứng ta thu được: v = k2.K[NO]2[O2]

    • Câu b đúng.

    BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 34.

    Phản ứng xúc tác enzym đóng vai trò quan trọng trong hóa học. Động học phân tích các phản ứng đó để có thể hiểu rõ hơn vai trò của enzym. Phản ứng xúc tác enzym của hai chất A và B với enzym E có thể được miêu tả bởi các phương trình từ (1) – (5)

    (1)                    E + A ⇌ EA               KA

    (2)                    E + B ⇌ EB                            KB

    (3)                    EB + A ⇌ EAB                      K’A

    (4)                    EA + B ⇌ EAB                      K’B

    (5)                    EAB → sản phẩm                   v = k[EAB]

    Khi hằng số tốc độ phản ứng nhỏ thì cân bằng (1) –(4) chuyển dịch dựa vào phản ứng (5). Điều này dẫn đến biểu thức (6) với vmax là vận tốc tối đa của phản ứng, điều này xảy ra khi enzym bị phân chia bởi chất phản ứng (tất cả các enzym đều liên kết với A và B)

    (6)

    • Viết biểu thức các hằng số cân bằng

    Xét phản ứng thủy phân mantozơ dưới tác dụng của enzym          α-glucozidaza. Phản ứng này cho hiệu suất toàn lượng.

    Mantozơ + H2O → 2glucozơ       (7)

    Mantozơ thường có nồng độ dao động từ 10-4 đến 10-1M. Nước là dung môi ([H2O] = 55,6M). Biểu thức (6) có thể được đơn giản hơn do [B] không đổi

    • Hãy đưa ra phương trình đơn giản hơn
    • a) Đơn giản hóa phương trình Michaelis – Menten khi ta giả sử

    [A] → 0

    1. b) Bậc của phản ứng khi ta giả sử [A] → 0 là bao nhiêu?
    • a) Đơn giản hóa phương trình Michaelis – Menten khi ta giả sử

    [A] → ∞

    1. b) Bậc của phản ứng khi ta giả sử [A] → ∞ là bao nhiêu?
    • Hằng số KA là đại lượng đo ái lực của enzym đối với chất phản ứng. Nếu KA thấp thì ái lực của enzym đối với chất phản ứng cao hay thấp? . Tại thời điểm [A] = K thì vận tốc phản ứng sẽ là bao nhiêu?
    • Phản ứng enzym phân có thể được ngăn chặn một cách mạnh mẽ khi ta thêm vào đó một chất ức chế I phản ứng với enzym theo phương trình: E + I ⇌ EI (8)                    KI

    Đối với phản ứng xảy ra sự cạnh tranh giữa chất phản ứng và chất ức chế thì chất ức chế sẽ cạnh tranh với chất phản ứng về trung tâm liên kết của enzym, chính vì vậy phản ứng sẽ chậm lại nhưng tốc độ tối đa của sự rời đi không hề bị ảnh hưởng (leaving vmax unaffected). Trong phương trình Michaelis – Menten thì KA được nhân lên bởi hệ số (1 + [I]/KI) (hệ số này bằng 1 khi [I] = 0 và rất lớn khi [I] → ∞). Đối với các phản ứng không xảy ra sự cạnh tranh thì chất ức chế I sẽ không cạnh tranh với chất phản ứng A, KA lúc này sẽ không đổi, vmax sẽ giảm xuống. Trong phương trình Michaelis-Menten vmax sẽ bị chia bởi hệ số (1 + [I]/KI). Khi ta nghiên cứu phản ứng thủy phân mantozơ bằng enzym α – glucozidaza ta thay mantozơ bằng       p-nitrophenyl-α-D-glucozit (PNPG). Chất p-nitrophenol sinh ra được xác định bằng phương pháp trắc quang. Từ thí nghiệm người ta rút ra được: PNPG được sử dụng trong sự có mặt của mantozơ để xác định hoạt tính của enzym glucozidaza.

    Phát biểu nào sau đây đúng:

    1. Mantozơ không ảnh hưởng đến tốc độ hình thành p-nitrophenol.
    2. Mantozơ là chất ức chế cạnh tranh
    3. Mantozơ là chất ức chế không cạnh tranh.

    BÀI GIẢI:

    • KA =[E][A]/[EA]

    KB =[E][B]/[EB]

    K’A = [EB][A]/[EAB]

    K’B = [EA][B]/[EAB]

    2)

    3) Nếu [A] → 0 thì KA/[A] >> 1 và v = vmax.[A]/KA. Biểu  thức này phù hợp với định luật tốc độ phản ứng bậc 1

    • Nếu [A]→ ∞ thì KA/[A] << 1 và v = vmax. Điều này phù hợp với định luật tốc độ phản ứng bậc 0
    • KA thấp thì ái lực của enzym đối với chất phản ứng cao

    v = 1/2vmax khi [A] = KA

    • Câu b đúng.

    BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC QUỐC TẾ LẦN THỨ 34:

    BP (bo photphua) là một chất dễ tạo thành một lớp vỏ bền bọc bên ngoài chất cần bảo vệ. Chính vì tính chất này nó là chất chống ăn mòn rất có giá trị. Nó được điều chế bằng cách cho bo tribromua phản ứng với photpho tribromua trong khí quyển hydro ở nhiệt độ cao (>750oC)

    • Viết phản ứng xảy ra.

    Tốc độ hình thành BP phụ thuộc vào nồng độ của các chất phản ứng ở 800oC cho ở bảng sau:

    [BBr3] (mol.L-1) [PBr3] (mol.L-1) [H2] (mol.L-1) v (mol.s-1)
    2,25.10-6 9,00.10-6 0,070 4,60.10-8
    4,50.10-6 9,00.10-6 0,070 9,20.10-8
    9,00.10-6 9,00.10-6 0,070 18,4.10-8
    2,25.10-6 2.25.10-6 0,070 1,15.10-8
    2,25.10-6 4,50.10-6 0,070 2,30.10-8
    2,25.10-6 9,00.10-6 0,035 4,60.10-8
    2,25.10-6 9,00.10-6 0,070 19,6.10-8 (880oC)
    • Xác định bậc phản ứng hình thành BP và viết biểu thức tốc độ phản ứng.
    • Tính hằng số tốc độ ở 800oC và 880o
    • Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.

    BÀI GIẢI:

    • BBr3 + PBr3 +3H2 → BP + 6HBr
    • Bậc của phản ứng là 2

    Biểu thức tốc độ phản ứng: v = k[BBr3][PBr3]

    • k800 = 4,60.10-8/2,25.10-8.9,00.10-6 = 2272L2.s-1.mol-1

    k880 = 19,60.10-8/2,25.10-8.9,00.10-6 = 9679L2.s-1.mol-1

    4)  Phương trình Arrhenius có dạng: lgk = lgA – Ea/2,3RT

    Ta có:

    lgk1 = lgA – Ea/2,3RT1                (1)

    lgk2 = lgA – Ea/2,3RT2                (2)

    Trừ (1) cho (2) ta được:

    Thay số vào ta tính được Ea = 186kJ.mol-1.

    BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI  HÓA HOC QUỐC TẾ LẦN THỨ 35:

    Sự hấp thụ của một dược chất do chất hữu cơ gây ra thường dẫn đến những qúa trình động học đơn giản mặc dù cơ chế của những qúa trình này hết sức phức tạp. Sau đây ta sẽ xét qúa trình hấp thụ dược chất ở trong dạ dày sau khi uống thuốc.

    Gọi [A]s là nồng độ của dược chất trọng dạ dày và giả thiết rằng tốc độ của qúa trình hòa tan nó vào trong máu phụ thuộc bậc nhất vào [A]s. Cũng giả thiết rằng tốc độ chuyển hóa hay loại nó ra khỏi máu tỉ lệ với nồng độ của nó trong máu [A]b.

    1. a) Viết phương trình biểu thị d[A]b/dt.
    2. b) Sau 1 giờ 75% [A]s­ được loại ra khỏi dạ dày. Tính lượng [A]s còn ở lại trong dạ dày (%) sau 2 giờ uống thuốc.

    BÀI GIẢI:

    1. a) As ® Ab ® sản phẩm. (1)

    (2)

    Giải phương trình vi phân (2) ta thu được biểu thức [A]s=[A]oexp(-k1­t) với [A]o là nồng độ của dược phẩm ở thời điểm t = 0.

    b). Như vậy ¼ lượng ban đầu sẽ còn lại sau 1 giờ. (1/4)2 = 1/16 = 0,625 sẽ còn lại sau 2 giờ tương ứng với 4 thời gian bán hủy. Vậy 6,25% [A]s sẽ còn lại sau 2 giờ.

    BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 35.

    Phản ứng giữa brom và metan được biểu thị bởi phương trình sau:

    Br2 + CH4 ® CH3Br + HBr

    Cơ chế của qúa trình như sau:

    M đại diện cho phân tử bất kỳ có trong hỗn hợp phản ứng (trừ CH4 và Br2), k3 và k4 có cùng độ lớn

    • Ở cơ chế trên có xuất hiện một số phân tử không bền vững như các gốc tự do CH3 và Br. Các phần tử này phản ứng ngay khi vừa mới sinh ra nên nồng độ của chúng rất nhỏ so với các phần tử khác. Do có đời sống ngắn nên nồng độ của chúng được xem như một hằng số (tức là d[CH3]/dt = 0 và d[Br]/dt = 0). Đây được gọi là “trạng thái dừng” của các gốc CH3 và Br. Tìm biểu thức thể hiện tốc độ tạo thành CH3Br phụ thuộc vào các chất bền vững có mặt trong phản ứng và các hằng số bền k1, k2, k3, k4, k5.
    • Biểu thức tốc độ phản ứng vừa mới tìm được có thể đơn giản hoá khi chúng ta xem xét tiến trình phản ứng. Ba biểu thức dưới đây cho biết vận tốc phản ứng lúc bắt đầu phản ứng, lúc ở trạng thái dừng của CH3 và Br và ở điểm gần kết thúc phản ứng. Hãy cho biết các biểu thức (I), (II), (III) ứng với trạng thái nào?
    • Hãy xác định tỉ lệ k4[HBr]/k3[Br2] ở mỗi giai đoạn phản ứng.

    BÀI GIẢI:

    • Biểu thức thể hiện tốc độ hình thành CH3Br được cho bởi phương trình sau:

    (1)

    Áp dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền cho CH3 và Br ta được:

    Từ phương trình (2) ta rút ra được:

    (4)

    Từ phương trình (3) và (4) ta rút ra được:

    (5)

    Kết hợp các phương trình (1); (4); (5) vào các chất bền vững có mặt trong phản ứng và các hằng số bền k1, k2, k3, k4, k5 ta thu được phương trình (6):

    (6)

    • Lúc bắt đầu phản ứng: (II)

    Lúc ở trạng thái bền:     (I)

    Lúc gần kết thúc phản ứng:   (III)

    • Lúc bắt đầu phản ứng: [Br2] >> [HBr] và do k3 » k4 cho nên k3[Br2] >> k4[HBr]. Chính vì vậy tỉ lệ: k4[HBr]/k3[Br2] >>1

    Lúc kết thúc phản ứng:[Br2] << [HBr] và do k3 » k4 cho nên     k3[Br2] << k4[HBr]. Chính vì vậy tỉ lệ:              k4[HBr]/k3[Br2] <<1.

    BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 36:

    Ion peroxodisunfat là tác nhân oxy hóa mạnh nhất được biết mặc dù phản ứng của nó xảy ra rất chậm.

    Ion peroxodisunfat có thể oxy hóa tất cả các ion halogenua (trừ ion florua) để tạo thành halogen phân tử.

    Tốc độ đầu (ro) của phản ứng tạo thành iot phụ thuộc vào nồng độ đầu của phản ứng sau ở 25oC:

    S2O82- + 2I– → 2SO42- + I2    (1)

    Ta có bảng sau:

    Co(S2O82-) [mol.L-1] Co(I–) [mol.L-1] ro [10-8.mol.L-1.s-1]
    0,0001 0,010 1,1
    0,0002 0,010 2,2
    0,0002 0,005 1,1
    • Viết công thức của ion peroxodisunfat và xác định trạng thái oxy hóa của tất cả các nguyên tố.
    • Viết biểu thức tốc độ phản ứng (1)
    • Xác định bậc chung và bậc riêng phần của từng ion trong phản ứng (1)
    • Chứng minh rằng hằng số tốc độ phản ứng là

    k=0,011L.mol-1.s-1.

    Năng lượng hoạt hóa của phản ứng đã cho EA = 42kJ.mol-1.

    • Xác định nhiệt độ (oC) mà ở đó hằng số tốc độ phản ứng tăng 10 lần.

    Iot phản ứng ngay lập tức với ion thiosunfat sinh ra ion iodua.

    • Viết phương trình phản ứng.
    • Viết lại biểu thức tốc độ phản ứng cho phản ứng (1) trong điều kiện có dư ion thiosunfat so với ion peroxodisunfat và iodua trong dung dịch.

    BÀI GIẢI:

    1)

    2) r = k.C(S2O82-).C(I–)

    3) Bậc chung: 2

    Bậc riêng phần của S2O82-: 1

    Bậc riêng phần của I–: 1

    4)

    5)Từ phương trình Arrenius chúng ta có thể viết:

    Do k1/k2 = 1/10 nên điều này dẫn tới:

    6) 2S2O32- + I2 → 2I– + S4O62-

    7)Cần phải lưu ý rằng nồng độ của ion iodua trong trường hợp này luôn không đổi bởi vì iot sinh ra phản ứng ngay lập tức với ion thiosunfat để tạo thành iot. Chính bì vậy phản ứng này sẽ là phản ứng giả bậc 1 và có phương trình tốc độ phản ứng sẽ là:

    r = k’.C(S2O82-)

    k’ ở trong trường hợp này hoàn toàn khác k ở các câu hỏi từ 2-5 do nó bao hàm cả sự giả bão hoà nồng độ của ion iodua

    BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 37.

    Phản ứng bậc hai sau đóng vai trò quan trọng trong ô nhiễm không khí:

    2NO2 → 2NO + O2

    • Xác định mối liên hệ giữa áp suất chung trong bình phản ứng chỉ chứa NO2 tinh khiết ở thời điểm ban đầu và áp suất NO2 ở thời điểm t:
    • Một bình kín chứa 2L NO2 ở áp suất 600mmHg và t = 600o Phản ứng chỉ tiến hành được 50% sau 3 phút. Tính hằng số tốc độ phản ứng:

    BÀI GIẢI:

    • Do phản ứng là bậc 2 nên ta có:

    Với  tương ứng với áp suất NO2 ban đầu.

    • Tại thời điểm t = t1/2 thì:

    Do phản ứng là bậc hai nên từ đó ta có:

    BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 37:

    Khái niệm động học mâu thuẫn với tiến trình nhiệt động học của phản ứng đã được thường xuyên sử dụng trong tổng hợp hữu cơ để sinh ra các sản phẩm trực tiếp. Ví dụ: các phản ứng sunfo hóa, Diels – Alder, đồng phân hóa và phản ứng cộng. Ở đây sự chuyển hóa liên phân tử giữa hai sản phẩm khác nhau có thể đạt được trong phản ứng cạnh tranh bằng cách khống chế tiến trình phản ứng. Nó thường được đại diện bằng sơ đồ đã cho dưới đây khi ta giả sử chất A chuyển hóa thành hai chất B và C theo phản ứng cạnh tranh.

    B  A  C

    Giản đồ năng lượng của phản ứng được cho ở dưới:

    • Cho k1 = 1; k-1 = 0,1 k2 = 0,1; k-2 = 0,0005ph-1. Xác định tỉ lệ sản phẩm B/C sau 4 phút đầu tiên kể từ lúc bắt đầu phản ứng.
    • Sử dụng cùng một hằng số tốc độ phản ứng, xác định tỉ lệ sản phẩm B/C khi phản ứng tiến hành được hơn 4 ngày.
    • B được gọi là sản phẩm khống chế động học trong khi đó C là sản phẩm khống chế nhiệt động học. Vậy khi nhiệt độ của hệ tăng lên thì sẽ ưu tiên tạo ra sản phẩm nào?

    BÀI GIẢI:

    • Khi phản ứng tiến hành được 4 phút ta có:

    Chia (1) cho (2) ta được:

    • Khi phản ứng kết thúc thì hệ tiến đến cân bằng nhiệt động:
    • Phản ứng ưu tiên xảy ra theo hướng khống chế nhiệt động học (tạo thành C) khi tăng nhiệt độ. Hệ sẽ tiến đến cân bằng nhanh hơn.
    1. OLYMPIC HÓA HỌC CÁC QUỐC GIA TRÊN THẾ GIỚI:

    OLYMPIC HÓA HỌC ÁO NĂM 1999:

    Bromometan có thể phản ứng được với OH– theo cơ chế SN.

    1. Viết phương trình của phản ứng thế này.

    Tốc độ ban đầu của phản ứng và các nồng độ ban đầu của CH3Br và KOH cho ở bảng dưới đây, tất cả các thí nghiệm đều tiến hành ở 25oC.

    C(CH3Br) C(KOH) vo(mol.L-1.s-1)
    Thí nghiệm 1 0,10mol.L-1 0,10mol.L-1 2,80.10-6
    Thí nghiệm 2 0,10mol.L-1 0,17mol.L-1 4,76.10-6
    Thí nghiệm 3 0,033mol.L-1 0,20mol.L-1 1,85.10-6
    1. Xác định bậc riêng phần của phản ứng theo từng chất và bậc riêng phần của phản ứng.
    2. Tính hằng số tốc độ của phản ứng.
    3. Trong thí nghiệm (1), cần thời gian là bao nhiêu để nồng độ KOH là 0,05mol.L-1.
    4. Tên chính xác hơn của cơ chế có thể áp dụng được cho phản ứng này là gì?

    BÀI GIẢI:

    1. CH3Br + OH– → CH3OH + Br–
    2. Đối với KOH: 0,17/0,10 = 1,7

    4,76/2,80 = 1,7 → Bậc 1.

    Đối với CH3Br: 0,20/0,10 = 2 → vo = 5,60.10-6mol.L-1.s-1.

    1,85/5,60 = 0,33

    0,033/0,10 = 0,33 → Bậc 1

    Bậc tổng cộng của phản ứng là 2

    1. v = k.C(CH3Br).C(OH–)
    2. Có 0,05mol.L-1.s-1 OH– và 0,05mol.L-1 CH3Br trong bình phản ứng nghĩa là cả hai đều bằng Co/2 do đó t = τ

    Đối với phản ứng bậc hai với Co(A) = Co(B) ta có:

    1. SN2

    OLYMPIC HÓA HỌC ÁO 2004

    Vào năm 1824 nhà hóa học Đức Friedrich Wohler đã lật đổ thuyết “lực sống”. Thuyết này cho rằng con người không thể tổng hợp được chất hữu cơ từ chất vô cơ mà không có sự trợ giúp của thần nhưng Wohler đã làm được. Ông đã điều chế ure từ amonixianat bằng cách nhiệt phân:

    NH4OCN ® H2NCONH2

    Hơn 150 năm sau phản ứng đã được nghiên cứu cẩn thận hơn bằng các phương pháp động học. Các dữ kiện cho dưới đây sẽ cho biết thời gian phản ứng. Thí nghiệm bắt đầu từ lúc hòa tan 30,0g amonixianat trong 1,00 lít nước.

    t (ph) 0 20 50 65 150
    mure (g) 0 9,40 15,9 17,9 23,2
    1. Tính nồng độ của amonixianat ở từng thời điểm trên
    2. Chứng mịnh phản ứng là bậc 2 và tính hằng số tốc độ k.
    3. Khối lượng của amonixianat còn lại là bao nhiêu sau 30 phút.

    Enzym là những protein có hoạt tính xúc tác rất cao. Bảng dưới đây cho biết tốc độ hình thành oxy khi tiến hành thí nghiệm chuyển hóa các nồng độ khác nhau của chất phản ứng bởi enzym:

    [S] (mol/L 5.0·10-2 1.7·10-2 1.0·10-2 5.0·10-3 3.0·10-3
    v (dm3/min) 1.66·10-5 1.24·10-5 9.52·10-6 6.25·10-6 4.26·10-6
    1. Sử dụng phương pháp Lineweaver và Burke để chứng minh qúa trình trên phụ thuộc tuyến tính vào phương trình Michaelis – Menten.
    2. Vẽ đồ thị 1/v phụ thuộc vào 1/[S].
    3. Tính hằng số Michaelis – Menten của phản ứng:

    BÀI GIẢI:

    1. Kết qủa tính nồng độ  amonixianat được cho ở bảng dưới:

    c0 = 30/60 = 0.500 mol/L

    t (min) 0 20 50 65 150
    [NH4OCN] (mol/L) 0.500 0.343 0.235 0.202 0.113  

    2.Giả sử phản ứng là bậc 2:

    Biểu thức cho phản ứng bậc 2:

    Giá trị trung bình của k cho phản ứng bậc 2:

    Dt (ph) 0-20 0-50 0-65 0-150
    k (L/mol·ph) 0.0458 0.0451 0.0454 0.0457  

    k(tb) = 0.0455 l/mol·min

    1. Khối lượng của amonixianat sau 30 phút được tính theo công thức:

    Þ ct-1 = 2 + 30·0.0455 = 3.365

    [NH4OCN] = 0.0297 mol/L          m(NH4OCN) = 17.84 g  4.   Þ    Þ

    Giản đồ:

    (1/v).10-4 (ph/L)
     30
    20
    10
      100
         200
        300
    1. Tính KM:

    hệ số góc = KM/vmax = 190000/340        1/vmax  = 50000   Þ  2·10-5  L/min

    Þ      KM = 1.12·10-2   mol/L

    OLYMPIC HÓA HỌC ÁO 2001:

    Dinitơ pentoxit phân hủy tạo thành nitơ oxit và oxy theo phương trình:

    2N2O5 ® 4NO2 + O2

    1. Viết 2 công thức cộng hưởng của dinitơ pentoxit và trong công thức phải bao gồm cả điện tích hình thức.
    2. b) Viết biểu thức tốc độ phản ứng của phản ứng phân hủy dinitơ pentoxit
    3. c) Phản ứng phân hủy của dinitơ pentoxit diễn ra theo cơ chế sau:

    Sử dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền đối với NO và NO3 hãy viết biểu thức tốc độ thực và bậc của phản ứng phân huỷ dinitơ pentoxit.

    1. d) Năng lượng hoạt động hóa của phản ứng ở 300K là EA = 103kJ

    Ở nhiệt độ nào thì hằng số tốc độ phản ứng tăng gấp đôi. Biết nồng độ ban đầu của các chất là như nhau, EA và A không đổi trong suốt bài toán.

    BÀI GIẢI:

    1. a)
    1. b)
    1. c) (1)

    (2)

    (3)

    từ (2):

    từ (3):

    Thay tất cả vào (1) dẫn đến:

    phản ứng bậc 1 với N2O5

    1. d) Do A và c là hằng số: v µ k µ

    bởi vì: k(T2) = 2k(T1)                    .

    Thay số vào và giải phương trình trên ta tính được: T2 = 305 K

    OLYMPIC HÓA HỌC BUNGARI NĂM 1999

    14,224g iot và 0,112g hydro được chứa trong bình kín thể tích 1,12L ở nhiệt độ phòng ở nhiệt độ 400oC. Tốc độ ban đầu của phản ứng là  vo=9.10-5.mol.L-1.ph-1. Sau một thời gian (ở thời điểm t) nồng độ C(HI) là 0,04mol.L-1 và khi phản ứng H2 + I­2 ⇌ 2HI đạt cân bằng thì C(HI) = 0,06mol.L-1.

    1. Tính hằng số tốc độ phản ứng thuận và phản ứng nghịch.
    2. Tốc độ tạo thành HI ở thời điểm t là bao nhiêu?

    BÀI GIẢI:

    1. vo = kt.Co(H2).Co(I2)

    Co(H2) = 0,112/2.1,12 = 0,05mol.L-1

    Co(I2) = 14,224/254.1,12 = 0,05mol.L-1.

    Kt = 9.10-5/0,05.0,05 = 0,036L.mol-1.ph-1.

    K = kt/kn = C(HI)2/C(H2).C(I2) = 9

    Kn =  0, 036/9 = 0,004L.mol-1.ph-1.

    1. vt(HI) = vt – v­n = ktC(H2).C(I2) – kC(HI)2

    vt(HI) = 2,6.10-5 mol.L-1.ph-1.

    OLYMPIC HÓA HOC UCRAINA NĂM 1999

    Có hai phản ứng bậc nhất nối tiếp nhau: ; nồng độ của B có gía trị cực đại ở thời điểm τ tính theo phương trình

    τ = ln(k2 / k1) / (k2 – k1)

    1. Viết phương trình động học vi phân cho các chất A, B, C.
    2. Tỉ số k2/k1 phải như thế nào để τ bằng nửa chu kỳ chuyển hóa chất A.

    BÀI GIẢI:

    1. dCA/dτ = -k1CA; dCB/dτ = k1CA – k2CB; dCC/dτ = k2CB.
    2. 2τ1/2 = ln2/k1; τ1/2 = τ

    OLYMPIC HÓA HOC ĐỨC VÒNG 3:

    Để có thể phân hủy các phân tử H2O2 với một tốc độ phản ứng đáng kể, người ta cần các nhiệt độ cao và một chất xúc tác, ví dụ như các ion iodua trong dung dịch trung tính.

    Bảng dưới đây ghi lại các số liệu rhu được qua thực nghiệm về tốc độ thoát oxy từ một dung dịch H2O2. Để đạt mục đích đó người ta trộn lẫn dung dịch H2O2 3% (30g H2O2/1L dung dịch), dung dịch KI (C = 0,1mol.L-1) với nước.

    Thí nghiệm mL dd H2O2 mL dd KI mL H2O v(O2)* mL/phút
    1 50 100 150 8,8
    2 100 100 100 17
    3 200 100 0 35
    4 100 50 150 8,5
    5 100 200 0 33

    *: Tại 298K và 1,013.105Pa

    1. Bạn hãy xác định bậc phản ứng đối với H2O2 và đối với chất xúc tác.
    2. Bạn hãy viết phương trình tỷ lượng đối với phản ứng. Và hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng.
    3. Bạn hãy tính nồng độ H2O2 (mol.L-1) khi bắt đầu thí nghiệm và sau 4 phút.
    4. Cơ chế được xem như là một chuỗi hai phản ứng.
      • H2O2 + I–  → H2O + IO–
      • IO– + H2­O2 → O2 + I– + H2O

    Hãy cho biết hai phản ứng này xảy ra với tốc độ như nhau hay khác nhau. Một hay cả hai phản ứng nói trên quyết định tốc độ phản ứng giải phóng oxy.

    1. Bạn hãy giả thiết rằng phản ứng tuân theo định luật Arrhenius về mối liên hệ giữa năng lượng hoạt hóa EA và hằng số tốc độ k

    Bạn hãy tính các tốc độ phản ứng tương đối khi có mặt các chất xúc tác khác nhau so với chất xúc tác đầu ở 22oC

    Số TT Chất xúc tác EA(kJ.mol-1) Tốc độ tương đối
    1 Bề mặt bình phản ứng 73,3
    2 I– 56,2
    3 Fe2+/Fe3+ 42,4
    4 Xúc tác enzym 1,74

    Giữa thế kỷ trước người ta đã tiên hành những phép đo động học rất chính xác về phản ứng giữa H2O2 với HI trong khoảng nhiệt độ từ 0 – 50oC. Qua đó người ta thu được các mối liên hệ sau đây:

    Nếu tốc độ tương đối tại 0,0oC bằng 1,00 thì nó sẽ là 8,27 tại 25oC và 49,3 tại 50oC.

    Với những số liệu đó người ta đã có thể tính được điểm không tuyệt đối tức là nhiệt độ mà ở đó không thể xảy ra một phản ứng nào nữa. Bạn không cần thiết phải làm việc đó.

    Bạn hãy dùng phương trình Arrhenius để cùng với các số liệu đã cho để tính ra điểm không tuyệt đối (Ngày ấy người ta chưa biết đến phương trình Arrhenius).

    BÀI GIẢI:

    1. Theo các thí nghiệm 1,2 và 3 thì khi tăng gấp đôi nồng độ của H2O2 và giữ nguyên nồng độ của I– thì tốc độ phản ứng tăng gấp đôi, điều đó có nghĩa là phản ứng tỉ lệ thuận với nồng độ H2O2. Nói một cách khác phản ứng là bậc 1 đối với H2O2.

    Từ các thí nghiệm 2, 4, 5 ta nhận thấy tốc độ phản ứng tỉ lệ thuận với [I–]. Điều đó có nghĩa phản ứng cũng là bậc 1 đối với I–.

    1. 2H2O2 → 2H2O + O­2

    v = kC(H2O2).C(I–)

    1. Nồng độ ban đầu:

    Khi pha loãng lên 3 lần thì Co = 1%, nghĩa là 10g H2O2/L

    = 0,294 mol/L.

    Phản ứng diễn ra chậm tới mức mà trong thời gian ngắn có thể bỏ qua sự giảm nồng độ.

    Sau 4 phút sẽ hình thành 4.8,5mL = 34mL O2

    Khi đó; n(O2) = 1,390.10-3 mol

    Lúc ban đầu có no = 3/34 mol H2O2

    sau 4 phút chỉ còn: n­4 = no – 2n(O2) = 0,0854 mol

    Với C4 = n4/0,3L ta có C4 = 0,285mol.L-1

    Nếu tính ra nồng độ sau 1 phút và coi nồng độ đó là Co đối với phút thứ hai v.v… thì sau 4 phút người ta cũng đi đến cùng kết qủa C4.

    1. Đối với trường hợp bước thứ nhất quyết định tốc độ thì hằng số của bước thứ nhất k1 nhỏ hơn hằng số tốc độ của bước thứ hai k2. Tốc độ phản ứng tổng hợp bằng tốc độ phản ứng của bước thứ nhất và như vậy là v = kC(H2O2).C(I–).

    Phản ứng (1) chậm và quyết định tốc độ.

    Phản ứng (2) nhanh hơn

    (Nếu bước thứ hai quyết định tốc độ thì k2 < k1. Như vậy bắt buộc bước thứ nhất phải là thuận nghịch, điều đó cũng có nghĩa là k2 < k1. Tốc độ phản ứng tổng hợp lại được quyết định bởi tốc độ của bước chậm nhất v = kC(H2O2).C(IO–). Nhưng C(IO–) không  được biết. Do phản ứng cân bằng trước nó cho nên C(IO–) có thể biểu thị qua nồng độ của H2O2 và I–

    C(IO–) = k1/k-1.C(H2O2).C(I–)

    Khác với quy luật đã quan sát được ta có:

    v = k1k2 /k-1.C(H2O2)2.C(I–)

    1. Vì rằng trong tất cả các thí nghiệm, nồng độ của các chất tham gia bằng nhau cho nên quan hệ giữa các tốc độ phản ứng giống như quan hệ giữa các hằng số tốc độ tương ứng. Khi đó v2/v1 = k2/k1. Nếu đặt v1 bằng tốc độ tương đối là 1 thì v2 = k2/k1.

    k1 = Ae-73300(8,314.295)

    k2 = Ae-56200(8,314.295)                       v2(tđ) = k2/k1 = 1,07.103.

    k3 = Ae-42400(8,314.295)                       v3(tđ) = k3/k1 = 2,96.105.

    k4 = Ae-1750(8,314.295)                        v4(tđ) = k4/k1 = 4,69.1012.

    1. Gọi x là nhiệt độ của 0oC tính bằn Kelvin thì khi đó –x là nhiệt độ của điểm không tuyệt đối tính bằng o

    vo = ko.C(H2O2).C(I–)        k25 = 8,27k0;                k50 = 49,3k0 (1)

    v25 = k25.C(H2O2).C(I–)

    v50 = k50. C(H2O2).C(I–)

    Theo Arrhenius thì k0 = Ae-Ea/RT

    hoặc đơn giản hơn là: k0 = Ae-B/T.

    Theo (1) ta có: Ae-B/(x+25) = 8,27Ae-B/x

    Ae-B/(x+50) = 49,3Ae-B/x

    Logarit hóa hai biểu thức trên và giải hệ phương trình ta thu được gía trị x = 272,7 và như vậy giá trị của điểm không tuyệt đối là –272,7oC.

    OLYMPIC HÓA HỌC ĐỨC VÒNG 4:

    Các thành phần của một hỗn hợp khí có thể được hấp thụ trên các chất rắn xốp. Người ta thu đuợc một pha ngưng kết, cũng còn gọi là pha hấp thụ.

    Thành phần của hỗn hợp khí có thể được đặc trưng bởi các áp suất riêng phần pi­ của các hợp phần.

    Thành phần của pha hấp thụ có thể được biểu thị bằng tỉ lệ che phủ qi của từng chất hợp phần i, trong đó qi ­ được định  nghĩa là tỉ số giữa khối lượng chất thành phần bị hấp thụ i và toàn bộ khối lượng bị hấp thụ trên mẫu chất rắn. qi có gía trị từ 0 đến 1.

    Tốc độ tổng hợp ri của qúa trình hấp thụ đối với một chất hợp phần i có thể được biểu hiện thành tổ hợp hai bước:

    1. Đường tới (hấp thụ) với một tốc độ tỉ lệ với áp suất riêng phần của chất hợp phần i và tỉ lệ chỗ trống trên vật rắn.
    2. Đường lui (phản hấp thụ) với một tốc độ tỉ lệ với tỉ lệ che phủ của chất hợp phần i.

    Xét một chất khí nguyên chất A ở trên một vật rắn xốp.

    • Bạn hãy cho biết một phương trình tốc độ hấp thụ tổng quát rA.
    • Bạn hãy cho biết mối quan hệ giữa q và pA, ví dụ như qA=f(pA) tại trạng thái cân bằng.
    • Bạn hãy cho biết liệu có thể qA = 1 không và nếu như vậy thì bạn hãy xác định gía trị tương ứng của áp suất riêng phần của A ở pha khí.

    Hóa học về ozon trong khí quyển là khá phức tạp. Vấn đề đặc biệt có ý nghĩa là cơ chế phân hủy ozon. Theo một trong những cơ chế đó thì sự chuyển giao năng lượng từ một phân tử ozon đến một hạt thứ ba, chẳng hạn như phân tử nitơ hay phân tử oxy giữ một vai trò quan trọng. Dưới đây là các bước của cơ chế đó, trong đó M đại diện cho hạt thứ ba.

    Bước 1:

    Bước 2:

    Trong bước 1 cân bằng được thiết lập rất nhanh.

    • Bạn hãy thiết lập một định luận tốc độ đối với sự phân rã ozon theo cơ chế này, trong đó không có chứa đại lượng C(O).

    BÀI GIẢI:

    • rt = kt.pA. (1 – qA)

    rn = kn. qA

    rA = rt – rn = kt.pA.(1 – qA) – kn.qA

    • r­A = 0 Þ rt = rn.

    kt.pA.(1 – qA) = kn.qA

    Đặt

    Tất cả các đại lượng đều bằng 1 thì:

    3)  ¹ 1 đối với tất cả các pA hữu hạn

    4)Trong bước 1 nhanh chóng có một cân bằng được thiết lập:

    k1.C(O3).C(M) = k-1.C(O2­).C(O).C(M)

    C(O3) thực tế là hằng số, cho nên người ta có thể đặt vt chỉ theo bước 2 ([1])

    vt = k2.C(O3).C(O)

    Thay biểu thức cho C(O) vào ta thu được:

    OLYMPIC HÓA HỌC ÁO NĂM 2005:

    1)  Cho phản ứng: BrO3–(aq) + 5 Br–(aq) + 6 H+(aq) → 3 Br2(aq) + 3 H2O(l)

    Tốc độ của phản ứng có thể đo được dựa vào sự phụ thuộc nồng độ đầu của các chất phản ứng. Kết qủa của thí nghiệm được cho ở bảng sau:

    Thí nghiệm Nồng độ các chất đầu (mol/L) v0

    (mol BrO3–/L.s)
    BrO3– Br– H+
    1 0.10 0.10 0.10 1.2·10-3
    2 0.20 0.10 0.10 2.4·10-3
    3 0.10 0.30 0.10 3.5·10-3
    4 0.20 0.10 0.15 5.4·10-3

    Viết biểu thức tốc độ phản ứng.

    2)  Hằng số tốc độ của phản ứng: C2H5Br(g)  → C2H4(g) + HBr(g) có gía trị  là k = 2,0.10-5s-1 ở 650K. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng là Ea = 225,5kJ/mol. Tính nhiệt độ mà ở đó tốc độ của phản ứng tăng gấp ba.

    BÀI GIẢI:

    • v = k·[ BrO3–]·[Br–]·[H+]2

    [1]  Thực ra người ta phải đặt vt = k1.C(O3) + k2.C(O3).C(O) – k-1.C(O2).C(O)

    Thay C(O) của biểu thức trên  vào biểu thức của vt rồi đơn giản hóa ta cũng được biểu thức trên

  • Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, D, B – Trường THPT Phú Nhuận (Năm học 2014-2015)

    Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, D, B – Trường THPT Phú Nhuận (Năm học 2014-2015)

    Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, D, B – Trường THPT Phú Nhuận (Năm học 2014-2015)

    Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

    Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

    Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

    (Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

    Đề cương liên quan: Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

    [toc]

    Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, D, B – Trường THPT Phú Nhuận (Năm học 2014-2015)

    ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – THPT PHÚ NHUẬN – 2014 – 2015

    Môn TOÁN: Khối A , A1, D, B

    Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

     

     

    Câu 1: Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số  . Từ đồ thị (C) suy ra đồ thị
    (C1): .  Định m để phương trình  có 2 nghiệm phân biệt

    Câu 2: Cho hàm số. Tìm m < 0 để đồ thị hàm số có  điểm cực tiểu M tạo với hai điểm O,  A(0 ; 2 ) một tam giác có diện tích bằng 8

    Câu 3: Giải phương trình:

    Câu 4: Giải  phương trình:

    Câu 5: Giải phương trình:

    Câu 6: Tính I =

    Câu 7: Trong không gian với hệ trục Oxyz cho A(0; 1; 0), B(-1; 2; -1) Tìm điểm M trên tia Ox và điểm N trên tia Oz sao cho tam giác AMN có diện tích bằng  và tứ diện ABMN có thể tích bằng

    Câu 8: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều, cạnh bằng 2a. Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng tạo với đáy một góc . Biết rằng  và hình chiếu của S nằm bên trong tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp SABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng , M là trung điểm của SC.

    Câu 9: Cho hình lăng trụ ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại A, cạnh BC = , góc . Gọi E là trung điểm cạnh AC, H là trung điểm cạnh BE. Hình chiếu vuông góc của C’ trên mặt phẳng (ABC) là H. Góc giữa đường thẳng CC’ và (ABC) bằng 600. Tính thể tích lăng trụ theo a và cosin của góc  giữa hai đường thẳng A’C’ và BB’.

     

     

    ————Hết————

     

     

    Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

     

     

     

     

     

    ĐÁP ÁN – TOÁN THI THỬ ĐH LẦN 1 – NH 2014 – 2015

    Câu 1

    (2,0đ)

    		 a). Cho hàm số
    Tập xác định: D = . 0,25
     Hàm số giảm trên  và hàm số không có cực trị 0,25
    Bảng biến thiên 0,25
    Đồ thị 0,25
    b). Từ đồ thị (C) suy ra đồ thị (C1) :  .  Định m để phương trình  có 2 nghiệm phân biệt
      (1) .
    (nhận xét x = 1 không là nghiệm pt)
    (1) là pt hoành độ giao điểm của 2 đồ thị (C1):  và d : y = m    		 0,25
    Gọi (C) . Ta có (C1): = f(x) khi
    Vẽ (C1) trùng (C) khi  . Khi x < 0 , vì f1(x) là hàm chẳn nên (C1) đối xứng qua Oy phần đồ thị khi x > 0    		 0,25
    0,25
    Ycbt 0,25
    Câu 2

    (1,0đ)

    		 2 Cho hàm số  . Tìm m < 0 để đồ thị hàm số có  điểm cực tiểu M tạo với hai điểm O , A(0 ; 2 ) một tam giác có diện tích bằng 8
    Phương trình y’ = 0 0,25
    Vì m < 0 lý luận được hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2m /3 0,25
    Diện tích tam giác OAM : S = 0,25
     . So đk nhận m = – 12 0,25
    Câu 3
    (1đ)    		 Giải phương trình  .
    0,25
    0,25
    0,25
    0,25
    Câu4

    (1,0đ)

    		 Giải  phương trình :
    Đặt ta có : u2 – 4v2 = u – 2v 0,25
    Giải hệ   ta được nghiệm x = 1/3 0,25
    Giải hệ (so đk loại) 0,25
    kết luận pt có nghiệm x = 1/3 0,25
    Câu 5
    (1,0đ    		 Giải  phương trình  :
      Pt  ( x = ½ không là nghiệm pt) 0,25
    Xét hàm số f(x) =   f(x) tăng trên  và 0,25
    trên chứng minh được pt có nghiệm duy nhất – 1 0,25
    trên , chứng minh được pt có nghiệm duy nhất 2 0,25
    Câu 6

    (1,0đ) 

    		Tính I =
      Đặt  ; 0,25
    = 0,25
    I ==  = 0,25
    I = = 0,25
    Câu 7
    1,0đ    		 A(0; 1; 0) , B(-1; 2; -1) Tìm điểm M trên tia Ox và điểm N trên tia Oz sao cho tam giác AMN có diện tích bằng  và tứ diện ABMN có thể tích bằng
      M(m;0;0)Ox, N(0;0;n)Oy 0,25
    0,25
    Giải hệ pt  ta được m = n =1 0,25
    Vậy M(1;0;0) , N(0;0;1) 0,25
    Câu 8
    1,0đ    		 Gọi E là trung điểm của AB. Do ABC là tam giác đều nên

    Ta chứng minh được  và .

    Kẻ  tại H trong

    		 0,25
    Có: 0,25
    Có: 0.25
    Có 0.25
    Câu9 (1 đ)

     

    		 Tính được  : AB = AC = a 0,25
    , 0,25
    , 0,25
    nên 0,25
  • Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

    Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

    Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

    Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

    Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

    Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

    (Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

    Đề cương liên quan: Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

    [toc]

    Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

    Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

    Câu I. (2 điểm) Cho hàm số

    1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = 0.

    2)Chứng minh rằng                                          .

    Câu II. (2 điểm)

    1)Giải phương trình:                                                                                          .

    2)Cho đa giác đều 24 đỉnh, hỏi có bao nhiêu tứ giác có 4 đỉnh là đỉnh đa giác và 4 cạnh là 4 đường chéo của đa giác.

    Câu III. (2 điểm)

     

    1)Viết phương trình của các đường tiệm cận và lập bảng biến thiên của hàm số.

    2)Gọi              là nghiệm phức của phương trình:                                                               .

    √ .
    √

    Tính                     .

    Câu IV. (3 điểm)

    1) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 2a, góc giữa AB’ và BC’ bằng          . Tính thể

    tích của lăng trụ.

    2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(1;2;1) và đường chéo

    BD có phương trình                             . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.

    3)Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, B(1;1), đường thẳng AC có phương trình

    4x + 3y – 32 = 0. Trên tia BC lấy điểm M sao cho BC. BM = 75. Tìm tọa độ đỉnh C biết bán kính

    đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC bằng   √ .

    Câu V. (1 điểm)

    Với x, y, z là các số thực đôi một phân biệt. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

    .

    ——HẾT——

    >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1

    TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

    TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

    ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015 – 2016

    Câu I.

    1) m = 0 ta có                                .

    1.1) TXĐ: D = R

    1.2) Sự biến thiên

    lim y = -¥; lim y = +¥

    x ®-¥                  x®+¥

    .

    x -∞ 0 2 +∞
    y’ + 0 – 0 +
    • -∞ 0  -4  +∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng: (- ∞; 0) và (2; +∞)

    Hàm số nghịch biến trên các khoảng (0;2).

    Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(cđ) = 0

    Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; y (ct) = -4

    => I(1;-2) là điểm uốn của đồ thị.

    1.3 Đồ thị

    Giao với Ox: (0;0); (3;0)

    Giao với Oy: (0;0)

    Đồ thị nhận điểm I(1;-2) làm tâm đối xứng

    2)Hàm số

    song song theo trục hoành về phía

    nhận được từ đồ thị

    một đoạn m đơn vị.

    bằng cách tịnh tiến

    >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2

    Suy ra giá trị của                         không thay đổi và bằng                                                                          .

    Câu II.

    1)Phương trình đã cho tương tương với

    .
    .
    é 1
    ês in x = (1)
    2
    ê
    ësin x + cosx =1(2)
    é p
    êx = + k 2p
    6 , k Î Z
    Giải ta có: ê
    5p
    ê
    êx = + k 2p
    6
    ë
    p ) = 1 Û sin( x + p ) = sin p
    2.sin( x +
    4 4
    4
    é p p éx = k 2p
    Giải ta có: êx + = + k 2p
    4 4
    Û ê Û ê p , k Î Z
    ê p p êx = + k 2p
    êx + = p – + k 2p ë 2
    4 4
    ë
    Vậy phương trình đã cho có họ nghiệm.
    Xét các tứ giác có đỉnh ta đánh số các đỉnh liên tiếp từ  đến 24. Mỗi tứ giác thỏa mãn

    yêu cầu bài toán tương ứng với 3 số a, b, c thỏa mãn

    Vậy mỗi tứ giác ứng với bộ 3 số phân biệt trong 19 số từ 5 đến 23. Do vậy tứ giác đỉnh        bằng

    số bộ 3 số phân biệt trong 19 số và bằng . Vì mỗi tứ giác được đếm lặp đi lặp lại 4 lần ta có
    đáp số là: .

    Câu III.

    >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3
    1)Kí hiệu √ . lim : Tiệm cận ngang y = 1 khi .
    √
    lim : Tiệm cận ngang y = -1 khi .
    lim lim : Tiệm cận đứng
    √ √
    √ √ ( )

    Bảng biến thiên:

    x -∞ 0 1 +∞
    y’ – 0 + 0 –
    • ∞ 1  62   +∞

    2)Ta có:                                                                  .

    ó

    • = (2i + 1)2 – 4(i + i2 )

    Ta có: = 4i 2 + 4i + 1 – 4i – 4i2  = 1

    éz = 2i + 1 -1 = i

    Þ ê                  2

    ê

    êz = 2i + 1 +1 = i +1

    êë             2

    =  i 2 – (i + 1)2  = -1 – (i 2 + 2i + 1) = -1 – 2i =  1+ 4 = 5

    Câu IV.

    1) √ √   . Đặt BB’ = x.
    >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4
    Ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗   ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ cos (⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .
    ̂
    +)Vớ i  ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
    => √ √ √ √ .
    +)Với ̂ (loại).
    ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
    Vậy √ (đvtt).
    2)Phương trình tham số của BD: { .
    Mặt phẳng qua A và vuông góc với BD có phương trình
    4(x – 1) – (y – 2) + (z – 1) = 0 ó4x – y + z -3 = 0.
    Suy ra tâm I của hình vuông thuộc đường thẳng BD và thuộc mặt phẳng
    { có tọa độ  ( )
    – y
    à đ ê .
    Tọa độ điểm B, D thỏa mãn phương trình và điều kiện
    3) nên tọa độ B(3;0;0), D(-1; 1; -1) hoặc D(3;0;0), B(-1;1;-1).

    Phương trình AB: 3x – 4y + 1 = 0 => A(5;4).

    >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5
    Gọi E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC và BA. Có ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗   ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
    .
    Do √ => tọa độ của C là nghiệm của hệ {
    [ .
    Câu V.
    Đặt . Suy ra .
    =>
    Ta có: .
    = .

    Vậy Min M = 5 khi a + b + c = 0, chẳng hạn x = 1; y = 2; z = 0.

    >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6
  • Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

    Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

    Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

    Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

    Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

    Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

    (Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

    Đề cương liên quan: Khóa học luyện thi đại học môn Toán 2015 Thể tích khối chóp (Phần 3)

    [toc]

    Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

     

    Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn: Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

     

    Câu I.

    Cho hàm số  có đồ thị (C) (C)
    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

    1. b) Chứng minh rằng d: cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để  P =  đạt giá trị nhỏ nhất.

    Câu II.

    1. Giải phương trình:
    2. Giải hệ phương trình:

    Câu III

    1. Cho .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
    2. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm thực:

    Câu IV

    1. Cho khai triển: .

    Tính tổng: A=. Biết:

    1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho đường tròn và đường thẳng . Tìm tọa độ điểm  thuộc  sao cho từ điểm  kẻ được 2 tiếp tuyến  đến  với  là các tiếp điểm đồng thời đường thẳng  đi qua điểm

    Câu V

    1. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
    2. Trong không gian với hệ tọa độ cho mặt phẳng và mặt cầu . Từ  điểm  trên  kẻ 1 đường thẳng  tiếp xúc với  tại điểm . Xác định vị trí của điểm  để độ dài đoạn thẳng  bằng

     

    ————————-Hết—————————–

    HƯỚNG DẪN ĐỀ ÔN THI HỌC  SINH GIỎI TỈNH ĐỀ 02

     

    Câu Nội dung Điểm
    I

    2,0đ

    		 2) Cho hàm số  có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = – 2x + m. Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi  lần lượt là hệ số góc của  tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để  P =  đạt giá trị nhỏ nhất.  
    Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d: 0,5
    Xét phương trình (*), ta có:  và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. 0,5
    Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là

    , trong đó , là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy   (k1>0, k2>0)

    		 0,5
    Có P = , do dó MinP = 22014  đạt được khi

    do , phân biệt nên ta có x1 +2 = – x2 – 2

    x1 + x2 = – 4  m = – 2. Vậy m = – 2 là giá trị cần tìm.

    		 0,5
    II.1

    2,0đ

    		 Giải phương trình:
    0, 5
    0,5
    0,5
    Vậy pt có nghiệm là , , 0,5
    II.2

    2,0đ

    		 Giải hệ phương trình:
    Ta có hệ

    Xét hàm số . Ta có  nên hàm số f(t) đồng biến trên .

    		 1
    Nếu x>y thì , vô lí

    Tương tự, không thể có x<y. Vậy x=y

    		 1
    Thay x=y vào (1) ta được:

    .

    		 0,5
    Vậy hệ có ba nghiệm (x;y) là: . 0,5
    III.1

    1,0đ

    		  
    xét  hàm số theo biến a: , 0,5
    Tính đạo hàm trực tiếp suy ra hàm f(a) nghịch biến trên đoạn , 1,0
    Vậy , khi ; Vậy , khi . 0,5
    III.2

    2,0đ
    * Giải BPT: . Với , (1) tương đương với 0,5
    Từ đó tìm ra  hoặc . 0,5
    * Giả sử  là một nghiệm của PT:  (2)

    Khi đó PT:  phải có nghiệm m

    Suy ra PT:  phải có nghiệm m. Do đó

    Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0.

    		 0,5
    Do đó hệ (1), (2) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x=2.

    Thay x=2 vào (2) ta được:

    Vậy với  thì hệ (1), (2) có nghiệm.

    		 0,5
    IV.1

    1,5đ

    		  
    Giải phương trình:  ta được:  n =9 0,5
    Với n = 9 ta có

    Lấy đạo hàm hai vế ta được:

    		 0, 5
    Cho x = 1 ta được A=. 0,5
    IV.2

    2,0đ

    		  
    Cách 1.

    Đường tròn  có tâm  và bán kính

    Gọi  là trung điểm của

    Giả sử  suy ra: và Vì  nên  thuộc đường tròn  có tâm  và bán kính
    		0,5
    Phương trình . Hay 0,5
    Như vậy 2 điểm  vừa thuộc đường tròn  vừa thuộc đường tròn  do đó tọa độ của  là

    nghiệm của hệ:

    		 0,5
    Do đó  thuộc đường thẳng .

    Hay nói cách khác là đường thẳng  có phương trình:

    Vì đường thẳng  đi qua điểm  nên ta có:

    		 0,5
    V.1

    2,0đ

    		 Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và đoạn CD sao cho  BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
    +) Đặt , với . Khi đó ta có:  và 0,5
    +) Ta có:

    Do đó:

    		 0,5
    +) MN2 =

    = a2 = (2x2 – 2x + 1)a2

    		 0,25
    +) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn  ta có: 0,25
    +) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng  khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. 0,25
    +) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi MB, ND hoặc MA, NC. 0,25
     

     

    V.2

    2,0đ

    		 Trong không gian với hệ tọa độ  cho mặt phẳng  và mặt cầu . Từ  điểm  trên  kẻ 1 đường thẳng  tiếp xúc với  tại điểm . Xác định vị trí của điểm  để độ dài đoạn thẳng  bằng
    Mặt cầu  có tâm  và bán kính

    Vì  là tiếp tuyến của mặt cầu nên
    Từ đó ta tính được :

    Do đó điểm  thuộc mặt cầu  tâm  và bán kính

    		 0,5
    Vậy nên tập hợp các điểm  là đường tròn  chính giao tuyến giữa mặt cầu  và mặt phẳng 0,5
    +)Tâm của  là hình chiếu vuông góc của  trên mặt phẳng  và ta dễ dàng xác định được tâm là điểm

    +) Bán kính của  là:

    		 0,5