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

Nguyễn Huyền

June 16, 2019

1323

QUẢNG CÁO

Vài Phút Quảng Cáo Sản Phẩm

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

Mục Lục

Quảng Cáo

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

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).

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

x®3 _x² _– 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 : _ç^æ3x³ –	2	_÷ö ⁵	.
	2	_÷ö ⁵	.
è	x	ø

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 .

– y

+ 3x

-12y + 7 = 3x

– 6y

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :

ï ^x

_ï x + 2 + 4- y = x³ + y² – 4x – 2y

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, y_CĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, y_CT =2.

Giới hạn: lim y = +¥,		lim y = -¥
x®+¥		x®-¥
Bảng biến thiên:

	x		-¥	0	2	+¥
	y’		+	0	0	+
	y			2		+¥
		-¥			2
Đồ thị:
Đồ thị:				y

					f(x)=(x^3)3*(x)^2+2

Điểm

1,0

0,25

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

	Tập xác định D = ¡					0,25
	f ¢( x) = 1- 2cos2x , f ¢¢ ( x) = 4sin2x					0,25
^{2 (1,0 đ)} f ¢ ( x) = 0 Û 1- 2cos2x = 0 Û cos2x =		1	Û x = ±	p	+ kp ,k Î ¢	0,25
^{2 (1,0 đ)} f ¢ ( x) = 0 Û 1- 2cos2x = 0 Û cos2x =			Û x = ±		+ kp ,k Î ¢	0,25
	2		6

3.(1,0đ)

4 .(1,0 đ)

f ¢¢

p ö

3 < 0 Þ hàm số đạt cực đại tại x_i

–

+ k p_÷

= 4sin

–

= -2

= –

+ k p

Với

^yCD

= f

–

+ kp_÷

= –

+ 2+ kp ,k Î ¢

f ¢¢

æ p

æ p ö

+ k p _÷

= 4sin_ç

= 2

3 > 0 Þ hàm số đạt cực tiểu tại

x_i

+ k p

Với

^yCT

= f

æ p

+ kp

–

+ 2+ kp ,k Î ¢

Cho tana = 3 . Tính giá trị biểu thức M = ^3sin^a ^– ^2cos^a 5sin³ a + 4cos³ a

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

5sin³ a + 4cos³ a

₌ ^3sin³ ^a ^– ^2sin² ^a ^cos^a ⁺ ^3sin^a ^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.
cosa =		;sina =			rồi thay vào biểu thức M.
10			10

b) Tính giới hạn : L = lim ^x ^–^4x^–³

x®3 _x² _– ₉

( x –

)( x +

)

L = lim

4x – 3

= lim

x² – 4x + 3

x®3

( x² – 9)( x + 4x – 3)

x®3

( x² – 9)( x + 4x – 3)

L = lim

x -1

– 1

^x^®³ ( x + 3)( x + 4x – 3)

( 3+ 3)( 3+ 4.3-1)

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

a) Tìm

hệ số của số hạng chứa x¹⁰ trong khai triển của biểu thức : _ç^æ3x³ –

÷^ö

2 ö⁵

5- k _æ

2 ö ^k

5-k

k 15- 5k

_ç3x

–

_÷ = åC₅ ( 3x

)

._ç

–

÷ ⁼

å^C5

( – 1)

k =0

k = 0

Hệ số của của số hạng chứa x¹⁰ là C ^k (-1)^k 3⁵^– ^k 2^k ,

với 15- 5k =10 Û k = 1

Vậy hệ số của x¹⁰

là : C₅¹ ( -1)¹ 3⁴2¹ = -810

0,25

0,5

0,25

0,5

0,25

1,0

0,25

1,0

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

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

Þ B ( -1;2)

_î y_B = 2y_I – y _D = 2- 0 = 2

6 .(1,0 đ)

Do I

là trung điểm AC . Suy ra _í^ì ^x^C

= 2x_I

– x_A = 4 + 2 = 6

Þ C ( 6;3)

î ^yC

= 2y_I

– y _A

= 2 +1= 3

uuur

Góc nhọn a = ( AC,BD ) . Ta có AC = ( 8;4) , BD = ( 6;- 2)

uuur uuur

AC × BD

48- 8

cosa =

cos( AC, BD)

uuur

Þ a = 45^o

4 5.2 10

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

của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM .

Gọi H là trung điểm

AB Þ SH ^ AB ( do

DSAB đều).

Do ( SAB) ^ ( ABC ) Þ SH ^ ( ABC )

Do DABC đều cạnh bằng 3

nên SH = ³

, AC =

BC² – AB²

= 3 2

3³

× SH × AB × AC =

(đvtt)

Þ V

× SH × S

S .ABC

ABC

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

3²

3 3 3

(đvdt) và

Þ S

ABN

SAB

AN =

SA = 2

0,25

1,0

0,25

1,0

0,25

								^2SABN		2×	3	3
											3	3
												3 21
	2		2		0					2
	2		2		0		7 Þ AK =			2
BN = AN		+ AB		– 2AN.AB.cos60		=			=				=
BN = AN		+ AB		– 2AN.AB.cos60		=		BN	=				=
								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	Þ A( 2;6)
_î2x + y -10 = 0	_î y = 6

B_H^C

0,25

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

= EA

DBJ =

(sđ EC + sđ

DC )=

(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

é B

(

-3;- 4

)

( y + 4) = 25

ìx = -3

ì x = 2

ï( x – 2) +

Û _í

( 2;-9)

ï x + y + 7 = 0

_î y = -4

_î y = – 9

_ê B

Do B có hoành độ âm nên ta được B ( -3;-4)

(

-3;- 4

)

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 n^r = u^r

Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ

(

)

éC

-3;-4

º B

( y + 4) = 25

ìx = -3

ì x = 5

ï ( x – 2) +

Þ ê

Þ C ( 5;0)

Û _í

ï x – 2y – 5 = 0

_î y = -4

_î y = 0

êC ( 5;0)

Vậy A( 2;6) ,B ( -3;-4) ,C ( 5;0)

– y

+ 3x -12y + 7 = 3x

– 6y

(1)

_ï x

Câu 9. Giải hệ phương trình : _í

_ï x + 2 + 4 – y = x³ + y² – 4x – 2y ( 2)

Điều kiện :

ìx + 2 ³ 0

ì x ³ -2

_î4- y ³ 0

_îy £ 4

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⁾

Û ( x

– x – 2) _ç x + 2+

= 0

x + 2 + 3- x + 3) (

( x + 2)( 3- x ) + 2)

(

144444444424444444443

> 0

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

1,0

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)
Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số y	x 1	(C)
	x 1

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

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

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
	₂*x y*		64
^{b) Giải hệ phương trình}_log	2	x²	y 3
	2
				2
Câu 4: (1,0 điểm) Cho hàm số f (x) tan x 2 cot x 2 cos x 2 cos				2	x có nguyên hàm là	F(x) và
							F			.
							F	4	2	.
								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

và đường tròn

(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

x 4

50 .

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

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)

(x 1)

.Giải hệx 2 k 2

.Vậy phương trình tiếp tuyến : : y2x 4

Câu 2 a)Tính giá trị P

2 2 cos

2 2 cos cossin sin

2 2 sin cossin cos

2 2sin

2 2 cos

2 2sin

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
	₂*x y*		64								*x y* 6
			y		3
log₂ x²			y		3						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
F(x) tan x 2 cot x													2		cos x 2 cos² *x dx* = 2						2	sin x sin 2x dx
		2x					cos x							cos 2x			C
						2								cos 2x
						2
												2
											2
			2.		2.						2	0 C								C 1
F
F				4					2									2
	4			4					2									2
Vậy F(x) 2x										cos x						cos 2x			1
								2								cos 2x
								2
												2

Điểm

1,0

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

ABCD

.SA

.3a.4a.

.5a 16a³

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

Câu 6

Tính diện tích tam giác ABC

AB; AC18; 7; 24

494

18²

7²

24²

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

d M , (I₁ I₂ .I₁ I₂ 6 m 4, m 0

Vậy : M (4; 0) và M ( 0; 4)

Câu 8

Giải phương trình x

x 4 x 4 2x x 4 50

x 4

Điều kiện x 4

x x 4 ²x 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

Câu 9

Cho x 0

và y 0

thỏa điều kiện x y 2 .Tìm GTLN của biểu thức

P xy

xy 1

x y

Ta có 0 xy

0,25

Đặt t xy , điều kiện 0 t 1

P t

t(t 2)

0,25

t 1

(t 1)

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:

₂ x ² 1 ₃ x ²₃x ² 1 ₂x² 2
log ₃ x 5 log ₉ x 2 ² log₃x 1 log₃

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

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).

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

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.

3x 1 2x

2 y

3 2 y

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

3 14 x

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	.
P	a 2b c	*a b* 2c	*a b* 3c	.
	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
	_xlim x		3 x 1;	_xlim x		3 x 1

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 x_CT*** 1
		Hàm số đạt cực đại	y_CD *1 tại x_CD*** 1			0.25
		BBT
	x		1		1
	x
	y ‘		0		0
	y				1
	y				1		0.25
			3				0.25
1.			3
1.

Đồ thị

y “ 6 x; y ” 0 x 0

Điểm uốn U 0; 1

Đồ thị hàm số

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

-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

x 1

0.25

Ta có f ‘ x 2 x

; f ‘ x 0

0.25

Tính f 1 1 ln 3; f

ln 2; f 0 0

Vậy min f

ln 2; max f

x 0

0.50

1;0

Trang 1

₂ x ² 1 ₃ x ²

₃ x ² 1 ₂ x ² 2

0.50

Tập xác định .

0.25

₂ x ² 1 ₃ x ²

₃ x ² 1 ₂ x ² 2₂x ² 1 _{1 8 3} x ² 1 _{1 3}

₂ x² 1

1 2

x3.

0.25

log ₃ x 5 log ₉ x 2 ² log

x 1 log

0.50

2. 2

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

x 5 .

x 2

2 x 1

0.25

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 ^x²^{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
		x	6
			6

							97		0.25
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm					1		97		0.25
				x				;3; 4 .
				x		6		;3; 4 .
						6

Tính tích phân I ^e		x ³ ln xdx.							1.00
	1

u x

dx u ‘ x dx

0.50

4.		ln x
4.	Đặt		x 3 v ‘ x	^x	1
			x 3 v ‘ x		1	4

						*v x*		4		x

			e	e							4				4

	I ¹ x⁴ .ln x		¹ x4 . ¹ dx ^e									¹ _x4	₁^3e			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;

. Tìm tọa độ điểm

trên mặt phẳng

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

Suy ra

B ‘

0.25

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

B’

x 1 t

AB ‘ có phương trình y 3

z 2t

x 1 t

t 3

Tọa độ M x; y ; z là nghiệm của hệ

y 3

z 2t

Vậy điểm M 2; 3; 6

x y z 1 0

0.25

Giải phương trình 2

cos ² x 6 sin x. cos x 3

0.50

Tập xác định .

1 cos 2 x 3sin 2 x 3

cos 2 x 3sin 2 x 3

0.25

cos 2 x

sin 2 x

sin

2 x

k 2

k .

0.25

2 x

k 2

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

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

C ⁵

.C ⁴

.C¹

Vậy P A

C ⁵

.C ⁴ .C¹

0.25

_C10

667

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

. Tính thể tích khối

1.00

chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD , SB theo a.

Trang 3

Gọi H là chân đường cao hạ từ S của tam giác đều SAD

Suy ra:

và SH ABCD

0.25

Trong tam giác vuông HSC có HC

_a 2

3a²

DH ² DC ² CH ²

cos HDC

2 DH .DC

0 HDC 60

																							a²					3
	Suy ra S *_ABCD* DA.DC .sin ADC
	Suy ra S *_ABCD* DA.DC .sin ADC																								2
																									2
					1							1 a							a²									1												0.25
	V				1		SH .S		*ABCD*			1 a				3	.		a²					3				1			a	3								0.25
	V						SH .S										.														a
	S . ABCD				3							3		2						2								4
					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
	Lại có V							V				2		V									2		.	4						8
				D . SBC					S . BCD			2			S . ABCD								2			4						8								0.25
		1	d	D;		*SBC*			.S *_SBC*						a ³			*d D; SBC*																			3a³			0.25
		3	d	D;		*SBC*			.S *_SBC*									*d D; SBC*																			^8.S *SBC*
		3	8																																		^8.S *SBC*
	*d D; SBC*										3a ³													3a ³										a		6	.
										1																									4
																						a 6
									8.		CS .CB									4.										.a
										2
										2												2
	*Vậy d AD; SB*								*d D; SBC*												a					6			.											0.25
	*Vậy d AD; SB*								*d D; SBC*																				.											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
8.	A,	lập phương trình								AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và																													AG có phương trình	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

N ^G M

D(7;-2)

ABM vuông cân GA GB GA GB GD

Vậy

là tâm đường tròn ngoại tiếp

GAD

ABDAGD

2 ABD

0.25

vuông cân tại G.

Do đó GA GD d D; AG

AD² 20;

Gọi A a;3a 13 ; a 4

AD 2 20a 7

3a 11

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* *, n_AG***			1

		a ² b² .
			10
			10		3 NG	3
					3 NG	3

Mặt khác

cos NAG

NA ² NG ²

9.NG ² NG²

Từ (1) và (2)

3a b

6 ab 8b ²

b 0

a ² b² .

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)

16 9

0.25

Vậy AB : x 3 0.

3x 1 2x

2 y

3 2 y

Giải hệ phương trình

1.00

x 2

3 14 x

3 2 y

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
					4		3				1				3 2 y
9.								x ²		x³					3 2 y
9.	x							x ²		x³
		1	³						1								0.25
		1	³						1			3		2 y 3 2 y 3 2 y		*
	1						1
	1	x					1		x
		x							x
	Xét hàm		f			*t t* ³ t							luôn đồng biến trên
				1													0.25
				1

	* 1 _x 3 2 y										3
	* 1 _x 3 2 y										3

Trang 5

Thế (3) vào (2) ta được							3			1				3 2 ³		0
Thế (3) vào (2) ta được					x 2		3	15 x		1		x 2		3 2 ³	15 x	0

	1								1
	1								1
x 7													0				0.25
											2

		x 2	3	4 2		3 x 153 x 15
		x 2	3	4 2		3 x 153 x 15

111

Vậy hệ đã cho có nghiệm x; y7;

0.25

Cho a , b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a 3c

1.00

a 2b c

a b 2c

a b 3c

x a 2b c

a x 5 y 3z

Đặt

b 2c

x 2 y z

0.25

a b 3c

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

0.25

4 x

2 y

8 y

0.25

17 12

2 17;

Đẳng thức xảy ra khi b 1

a , c 4 3

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).

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

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

x 1

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

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

(1,0 điểm)

1) Tập xác định : D R

2) Sự biến thiên:

0,25

a, Giới hạn :

lim y;

lim y

b, Bảng biến thiên: y’ = 4x³ 4x , y’ = 0 x = 0, x 1

–

– 1

y‘

–

– 3

0,25

– 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).

	1 O	1		x	0,25
			3
3

Cho tan α 2 và π α

3π

. Tính

2π

sin α


		2					1									1		1										5
	Ta có ^Cos		α																	cosα										0,25
	Ta có ^Cos		α					1 tan² α							1 4				5	cosα							5			0,25
				3π

_{Câu 2.1} Do π α								cosα 0 nên cosα																	5					0,25
_{Câu 2.1} Do π α					2			cosα 0 nên cosα															5							0,25
(1,0 điểm)					2																		5

											5						2 5													0,25
	sin α cosα. tan α										5	.2					2 5
	sin α cosα. tan α											.2
5																		5
						2π										2π							2π
		sin α							sin α.cos									cosα.sin
		sin α			3				sin α.cos							3		cosα.sin					3
	Vậy				3											3							3							0,25

										2 5			.	1				5			.	3		2 5					15
										2 5				1				5				3		2 5					15
																		5
							5					2						5		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)

sin 2x(

sin x

0,25

2 sin

kπ

														^x
														^x						2
																				2
																				π
		sin 2x 0																		π
														^x						₂ k2π												0,5
		s inx 1																		π												0,5
																				π		k2π
							1
		s inx					1							^x						6
		s inx					2							^x						6
							2													7π
														x						7π		k2π
														x						6		k2π
																				6
	Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số																												*f x x*		.
	Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số																												*f x x*	4 x²	.
	trên đoạn 2;											1			.
	trên đoạn 2;														.
												2

Câu 3	+ Ta có f ‘(x) 1																			x												0,25

																		4 x²
*(1,0 điểm)*																		4 x²
	+ f ‘(x) 0 x																			[ 2;							1	]				0,25
																		2									1
																		2
	2
																1					1
	+ Có f ( 2) 2;f (															1			)		1					15						0,25
	+ Có f ( 2) 2;f (																2		)						2							0,25
							1						;
	maxf(x)						1				15								minf(x) 2													0,25
	maxf(x)						2												minf(x) 2													0,25
		[-2;	1		]		2														[-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
	2.								3						1 0
Câu 4				3					3
Câu 4					2	x
(1,0 điểm)					2	1 Loai


					3																											0,25
						x	1																									0,25
						x
		2

				3			2

x log ₂		2
	3					0,25
Vậy phương trình có nghiệm			xlog ₂		2	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”

n(A)

n(A) 4.1.2.3 1.4.3.2 48 P A

0,25

n(Ω)

625

Vậy P(A) 1 P

577

0,25

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)

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

HC SC .cos SCH SC .cos 30 ⁰

Vì tam giác SAB đều mà SH a

nên AB 2a . Suy ra

. Do đó, S _ABCD AB.BC 4 a²

HC ² BH ²

2 a

0,25

4 a³

Vậy, V

.SH

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 .

AH .BC

Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên

HS .HI

Suy ra, HK

0,25

HS ² HI ²

Vậy , d B , SAC 2 d H , SAC 2HK ^{2 a66}

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

x 1

4 x

Điều kiện x 1; y 2 .

Đặt

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 1 x 8

x 1 x 1 3

4 x 7

x 1

0,25

x 8

x 4

x 1

x ²

4 x 7

x 1

x 8 y 11;

+ *

3 x 4x 1 x 2 4 x 7

x 1

0,25

₃

x 2 3

. x

2 ²

3 (**)

x 1

Xét hàm số

f tt 3 t2 3

với tcó f

‘ t 3 t 1 ²

0 tnên

t đồng biến trên .

Do đó **f

x 2

x 1 f x 2x 1 x 2

1 x

4 x 4

x 2

x	5	13	(T/M)
	5	13			0,25
	3			2
	3			2

	x ² 5 x						0
		5				y		11
x		5		13				11		13
x			2
			2	2
												5				11
Vậy hệ đã cho có nghiệm x; y											là 8;11 và	5		13	;	11		13
Vậy hệ đã cho có nghiệm x; y											là 8;11 và		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
					1

yzzx

x ² y ² 2

y ² z ² 2

z ² x² 2

Ta có x 2

y ² 2

x ²

y ²

1 2 x y ,….;

xy 1

,…

Nên P

xy yz zx

3 .

y z

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
						27	3
					8 xy yz zx		8
Suy ra	P	1		27		*xy yz zx*		27

		2	8	*xy yz zx*				8
		2	8	*xy yz zx*				8
Đặt *t xy yz zx* .
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
Do x , y , z 0; 22 x 2 y 2 z 0 xy yz zx								2	2 t 2
					1			2
Mặt khác: *xy yz zx*					1	*x y z* ²	3 t 3 .
Mặt khác: *xy yz zx*						*x y z* ²	3 t 3 .
Vậy t 2;3					3
Vậy t 2;3
Ta có P	1	27	t	27	*f t*

	2	8t		8
	2	8t		8

Xét hàm số

f t

với t 0; 2 ta có

f ‘ t

8t ³ 27

0 t 2;3

16t

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

(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

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành.

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)

Giải phương trình cos 2 x – cos x = 3 (sin 2 x + sin x)

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

1 ü

-2

*TXĐ:

\ í –

ý *SBT: y ‘

< 0,”x ¹ –

0,25

(

)

2 þ

2 x +1

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ç -¥; –

÷ và

ç ^–

;

+¥_÷

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

^ïm ¹ 0

= 4 m > 0 Û m > 0

0,5

íD ‘

ïg _ç

–

_÷ ¹ 0

*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là

x₁ , x₂ thì x₁ , x₂ là các nghiệm của PT (1) Þ

ì_ïx₁ + x₂ = -1

x₁.x₂ = ^m ^–¹

î4m^í

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

m -1

= (4 m

1)_ç 1 –

÷ – 4 m (m

+ 1) + 2 (m +1)

+ 2m +

+ 2 =

(Áp dụng BĐT cô si vì m dương)

0,25

Dấu bằng xảy ra Û m =

( thỏa mãn);KL: m =

là giá trị cần tìm

1,0

Hàm số f (x )

_x 5

5x ⁴

5x ³

1 liên tục trên đoạn [–1;2]

5x ⁴

20x ³

15x ²

5x ² (x ²

4x 3)

5x ²

[

1;2] (nhan)

0,5

Cho y

5x ² (x ²

[

1;2] (nhan)

_x 2

3 0

[

1;2] (loai)

* Ta có, f (0)

0⁵

5.0⁴

5.0³

f (1)

1⁵

5.1⁴

5.1³

f (

(

1)⁵

5.( 1)⁴

5.(

1)³

0,5

f (2)

₂5

5.2⁴

5.2³

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;2]

[

1;2]

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

Û cos 2 x –

sin 2 x =

sin x + cos x Û

cos 2x –

sin 2x =

sin x +

cos x

= x –

+ k 2p

= –

+ k 2p

p ö

_ê 2 x

_êx

Û cos _ç

2x +

_÷ = cos _ç x –

Û ê

, k Î Z

3 ø

= – x +

+ k 2p

= k

_ê 2 x

_êx

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

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

tâm G và SG ^ (ABC ) Þ V_S _. _ABC = ¹₃ SG.S_ABC

Tam giác ABC đều cạnh a nên

AN = ^a ₂³ Þ S_ABC = ^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

1,0

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
Vậy V	=		.a.			=
S . ABC	3		4		12
	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

Ta có BK =

AN ;

BG = AG =

AN Þ GK =

AN –

AN =

a 3

Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên

0,25

Þ GH =

GH ²

SG ²

GK ²

a ²

a²

^Vậy ^d ( C ,(SMN )) ⁼ ^3GH ⁼

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)
C (x; y ) Þ	í	+ 2	= 3.1	Û í	Þ C (4;1)
	_î y	+ 2	= 3.1	_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 )

1,0

ìx ³ 0

ì0 £ x £ 1

-3 + 41

Điều kiện:

^ï1 – x 2

³ 0

Û 0 £ x £

(*)

-3

– 41

-3 +

£ x £

³ 0

0,5

_î2 – 3 x – 4 x

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

-5 +

ê^x

+ x

Û 3

+ 2

– 1 ³ 0 Û

Û 9 x ²

+ 10 x – 1 ³ 0 Û

1 – x

-5 –

0,5

êx

Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là

-5 +

£ x £

-3 +

0,5

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

a ²

4a²

. Tương tự, ta có

b ²

4b²

(b + c ) ² + 5bc

(b + c ) ² +

(b + c)²

9(b + c)²

( c + a ) ² + 5ca

9( c + a)²

ö²

Suy ra

a ²

b ²

a ²

b ²

æ a

(b + c )

+ a )

+ 5ca

+ c )

(c + a)

+ 5bc (c

è b + c c + a ø

( a + b)²

ö²

0,25

+ c ( a + b)

æ a + b + c ( a + b )

2( a + b ) + 4c ( a + b)

÷ ^.

( a + b )

+ 4c ( a

+ b ) +

_è ab + c ( a + b ) + c

+ c ( a + b ) + c

_è ( a + b )

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				+ 4c (1 – c ) + 4c	ø										è	c +1 ø

Xét hàm số f ( c ) =

–

ö²

–

(1 – c)

Î(0; 1).

ç ¹

với c

+1 ø

16 æ

Ta có f ‘( c ) =

_ç 1 –

÷^.

–

( c -1);

c +

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		1
	c	0			3	1
	f ‘(c)		–	0		+

f (c)												0,25
f (c)								1
						–		1
						–
						9
Dựa vào bảng biến thiên ta có				f ( c) ³ –			1		với mọi c Î(0; 1).			(2)
Dựa vào bảng biến thiên ta có				f ( c) ³ –					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	.
Từ (1) và (2) suy ra P ³ –		,	dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =										.
9												3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là –					1	, đạt khi			a = b = c =	1	.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là –				9		, đạt khi			a = b = c =		.
				9					3