ĐỀ SỐ MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2x (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số  C  b) Tìm giá trị để đường thẳng m y  m cắt đồ thị  C  điểm phân biệt hệ số góc tiếp tuyến đồ thị  C  điểm     cos x cos   x    cot x s in x   Câu (1,0 điểm) Giải phương trình x s in x   x   c o s x  Câu (1,0 điểm) Tìm tích phân I  E,F ,M ,N  x s in x  c o s x Câu (1,0 điểm) a) Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức dx Tính tổng Hãy tìm tập hợp điểm z   2i  E,F ,M ,N M biểu diễn cho số phức w , biết w  z   i b) Gọi S tập hợp số tự nhiên gồm năm chữ số khác Tính số phần tử S từ tập hợp S chọn ngẫu nhiên số, tính xác suất để chữ số có chữ số lẻ Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho đường thẳng d: x 3 phẳng ( ) : x  y  z      góc  Ox Viết phương trình đường thẳng 45  nằm    ;   y   z mặt qua giao điểm A d Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S A B C có đáy A B C tam giác vuông B Tam giác S A C cân S nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Góc mặt phẳng  S B C  đáy Biết S A  a ; B C  a Tính theo a thể tích khối chóp S A B C khoảng cách hai đường thẳng S A B C Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O x y , cho hình thang A B C D vuông A B Đường chéo A C nằm đường thẳng d : x  y   Đỉnh B thuộc đường thẳng  : x  y   , đỉnh A có tọa độ nguyên Tìm tọa độ biết A , B ,C Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình Câu (1,0 điểm) Cho số thực biểu thức D 2;  BC  AD  x  y  5x   xy  x    x 2y3 2y  x   y 1  a,b,c thỏa mãn P  a a1  b b1  c 2c  HƯỚNG DẪN GIẢI D  R + Chiều biến thiên: y '  4x  4x ; a  b  c  0; a   0; b   0; 2c   HẾT Câu 1.a - Tập xác đinh: - Sự biến thiên: x,y  R x  y'   x  1 Tìm giá trị lớn y '  ,  x    1;  y '  , x   ; 1  1;    , suy hàm số đồng biến khoảng   ;   ;     ;  , suy hàm số nghịch biến khoảng    ;    ;  + Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  , y + Giới hạn: lim y    ; lim y    x   CD  Hàm số đạt cực tiểu x   1, yCT   x   + Bảng biến thiên  x 1 y'  y 0      1 -  1 Đồ thị: + Đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm + Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm  ;    ; ,0;  ,  2;0  + Đồ thị hàm số nhận trục O y làm trục đối xứng + Đồ thị hàm số qua điểm   ;  ,  ;  Vẽ đồ thị: - Câu 1.b Từ đồ thị suy ra, để đường thẳng y  m cắt đồ thị điểm phân biệt 1  m  Hoành độ giao điểm nghiệm phương trình x  x  m  x  x  m  (*) Phương trình (*) có nghiệm phân biệt phương trình t  t  m  có nghiệm dương phân biệt  t  t 4 2 Khi nghiệm pt (*) Như ta có x1   x1   x4 ; x2   x3 t2 ; x2   Ta có t1 ; x  y'  4x  4x t1 ; x  t2 Suy tổng hệ số góc tiếp tuyến giao điểm với đồ thị  C  là:    3     k1  k  k  k  x1  x1  x1  x  x1  x  x1  x  3  x1  x   4x 3  x3   4x  x4    x2  x3  0 Nhận xét: Đây dạng toán biện luận số giao điểm đường thẳng  d  với hàm số  C  cho trước Khảo sát vẽ đồ thị hàm số dựa vào dáng điệu đồ thị xét trường hợp: +  d  cắt  C  n  n   điểm phân biệt +  d   C  điểm chung Nhắc lại kiến thức phương pháp:  +Kiến thức cần nhớ: Điểm Q  y  f ' xQ + Tìm y  m m Q xQ , yQ  tọa độ tiếp điểm hàm số   x  x   y , hệ số góc tiếp tuyến Q Q để đường thẳng song song với trục y  m Ox cắt  C  điểm  k  f ' xQ y  f x Phương trình tiếp tuyến  E,F ,M ,N : Dựa vào dáng điệu đồ thị , đường thẳng nên cắt  C  điểm phân biệt 1  m  ta có  d  cắt  C  điểm phân biệt nên phương trình có hai nghiệm dương phân biệt Tham số nghiệm theo t tính hệ số góc tiếp tuyến hoành độ giao điểm ( đối xứng qua trục O y ) , từ tính tổng hệ số góc Lưu ý: Ngoài cách sử dụng dáng điệu đồ thị ta làm sau: Viết phương trình giao điểm 4 x  x  m  x  x  m  Bài toán tương đương tìm m để phương trình x  x  m  có nghiệm phân biệt + Tính tổng hệ số góc tiếp tuyến: Đổi biến Đổi biến t  x  , ta tìm m t  x để phương trình t 2 có nghiệm  2t  m  t2  '    t1    S  P   Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: a Cho hàm số y  x   m   x  x  m  Tìm tất giá trị m để tiếp tuyến đồ thị điểm có hoành độ tạo trục tọa độ tam giác có diện tích Đáp số: m   1, m  b Cho hàm số y  x  x  Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số để tiếp tuyến hàm số M cắt đồ thị điểm thứ hai N thỏa mãn Đáp số: (Thi thử lần 3-THPT Thái Hòa-Nghệ An) M  2;  , M  2;  Câu Điều kiện x  k; k  Z Phương trình tương đương  s in x  c o s x    s in x  c o s x  c o s   s in x  c o s x  c o s x  + Với xM  xN  x  s in x  c o s x  2 cos x 1 s in x cos x s in x  s in x  c o s x   c o s  s in x  c o s x    cos x  s in x  c o s x   ta n x    x     x1 0  k + Với cos x   x    k  x  Phương trình có nghiệm:   k x    k  ;k Z  Nhận xét: Bài toán lượng giác , ta cần sử dụng bến đổi công thức hạ bậc , cosin hiệu phân tích nhân tử Tuy nhiên cần lưu ý việc xem xet điều kiện xác định phương trình để tránh kết luận thừa nghiệm dẫn tới lời giải sai Nhắc lại kiến thức phương pháp:  c o s  a  b   c o s a c o s b  sin a sin b  -Công thức cosin tổng , hiệu :   c o s  a  b   c o s a c o s b  s i n a s i n b -Công thức hạ bậc:  c o s c  c o s c ,  c o s c  s in c -Công thức nghiệm phương trình lượng giác: x    k2 s in x  s in    ;k Z x      k2 cos x  cos   x     k ; k  Z tan x  tan   x    k  ; k  Z cot x  cot   x    k; k  Z Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: a Giải phương trình b Giải phương trình  Câu    2x  I   3 2   5    cos  x   x   s in      s in x  c o s x x s in x  c o s x  x s in x  c o s x  ' x s in x  c o s x     ln x s in x  c o s x x    k2 Đáp số:  ta n x  c o s x  s in x  c o s x x s in x   x   c o s x Đáp số: x  k   dx     x cos x 2   dx x s in x  c o s x   dx         ln  ln     ln 2   Nhận xét: Bản chất toán tách tử biểu thức dấu tích phân theo mẫu đạo hàm mẫu Từ biểu thức dấu tích phân ta khó sử dụng hai phương pháp đổi biến số tích phân phần Nhắc lại kiến thức phương pháp: f  x  g  x   g '  x  g ' x  -Ta có  dx  f  x  dx    g  x  dx gx Tổng quát :  f  x  g  x   h  x  g ' x  gx -Với nguyên hàm dx  f x  f  x  dx   h  x  g '  x  g x dx , công thức nguyên hàm tổng quát  u' d u  ln u  C Thay cận ta tính u I Bài toán kết thúc Bài tập tương tự:  a Tính tích phân I   s in x  s in x  c o s x  e b Tính tích phân I  x Câu 4.a Ta có xe e x x 1  ln x a  bi   2i    dx a  3 dx Đáp số: I  Đáp số: e I  ln e 1 e  b    (1) a  x  w  z   3i  x  yi  a  bi   3i   b  y  Thay vào (1) ta  x   thuộc  C  :  x    y  5   M 2  y  5  đường  C  :  x     y    Nhận xét: Đây dạng toán toán tìm biếu diễn số phức w theo số phức z thỏa mãn điều kiện Nhắc lại kiến thức phương pháp: -Mọi số phức có dạng z  a  b i ;  a , b  R  -Hai số phức phần thực phần ảo số - Từ số phức z : Thay z  a  b i vào phương trình z   i  Tìm mối quan hệ phần thực phần ảo Vậy tập hợp điểm M - Đặt w  x  y i , thay lại biểu thức mối quan hệ phần thực ảo -Các trường hợp biểu diễn : +Đưởng tròn:  x  a  +Hình tròn:  x  a  +Parapol: +Elipse: x a y  ax 2  y b 2 2  y  b  R ;x 2  y  b  R;x  bx  c 2  y  y 2  ax  by  c   ax  by  c  z ta tìm tập hợp điểm biểu diễn 2  Bài toan kết thúc Bài tập tương tự: a Cho số phức z thỏa mãn z  1 3i 1 i Tìm modul số phức b Tìm số phức z thỏa mãn   i  z số thực z   5i  w  z  iz Đáp số: Đáp số: w  z   i; z   21 i Câu 4.b Gọi A biến cố số chọn số có chữ số khác chữ số có số lẻ Ta tìm số phần tử A sau: Gọi y  m n p q r  A , ta có: + Trường hợp 1: Trong chữ số số chọn có mặt số 0: Lấy thêm số lẻ số chẵn có C C cách; Xếp số chọn vào vị trí m , n , p , q , r có 4.4! cách 2 Suy trường hợp có C C 4 !  + Trường hợp 2: Trong chữ số số chọn mặt số 0: Lấy thêm số lẻ số chẵn có C C cách; Xếp số chọn vào vị trí m , n , p , q , r có 5! cách Suy trường hợp có Vậy 2 2 C C !  0 A  5760  4800  10560 Do PA  10560 27216  220 567 Nhận xét: Bài toán xác suất , ta cần áp dụng công thức tính xác suất với biến cố theo kiện giả thiết Nhắc lại kiến thức phương pháp:  A -Công thức tính xác suất biến cố A : P  A   (   A  số trường hợp thuận lợi cho  A ,  tổng số kết xảy ) - Ta tính tổng số kết xảy - Gọi A biến cố số chọn số có chữa số khác chữa số có số lẻ - Tính số phần tử A cách gọi y  m n p q r  A Ta chia trường hợp sau: +Trong chữ số số chọn có mặt số +Trong chữ số số chọn mặt chữ số - Áp dụng công thức tính xác suất ta P  A  Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: a Từ chữ số 0,1,2,3,4,5 lập số lẻ có chữ số đôi khác có mặt chữ số Đáp số: 204 b Một hộp đựng thẻ đánh số từ đến Hỏi phải rút thẻ để xác suất có thẻ ghi số chia hết cho phải lớn 2013) Đáp số: Rút thẻ .(Thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc khối D 2012- Câu Gọi A giao điểm d    , suy A  – ; ;  Gọi  Ta có vectơ pháp tuyến    n   ; – ;  Ta có u n   a  b  c   c   a  b cos   ,O x    2a a  2 + Với ab + Với a  , chọn 5b 2   a  ab  5b a  b  2a  2b  2 a  a  b    5b a   x  3  t  a  b   c    : y   t z   , chọn b  3; a   c  4   : x   vectơ phương 2 a  b  c  a  ab  5b  u   a; b; c  y   z1 4 Nhận xét: Hướng giải cho toán: Để viết phương trình đường thẳng  ta tìm điểm thuộc vector phương  Nhắc lại kiến thức phương pháp: - Tìm tọa độ giao điểm A  d    : Tham số hóa A  d , thay vào mặt phẳng    ta tính A - Viết phương trình đường thẳng      u n    (Với n có Lại công : Tham số hóa u   a; b; c  vector phương vector pháp tuyến    ) Ta tìn mối quan hệ   vector phương viết -    a,b,c  Do Chọn tính thức góc hau đường  d  ;  d ' : cos  d , d '  thẳng u d u d '  ud ud'  ;O x   45  cos   ;O x   - Một đường thẳng có vố số vector phương nên chọn giá trị Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: a Trong hệ trục tọa độ O xyz , cho điểm A  1; ;   , cho trường hợp tương ứng a,b đường thẳng d: x     : x  y  z   Viết phương trình đường thẳng qua A cắt d  y  z mặt phẳng song song với mặt phẳng   Đáp số: x 1  y  9  b Trong hệ trục tọa độ B ,C z1 5 O xyz thuộc đường thẳng Đáp số:     B  ; 5        ;  B  5   d , cho điểm A  ; 1;  cho tam giác 3 đường thẳng ABC  ;  ,C      ;   5   ;  ,C   6   ;   5  3  ;3    ;3   x   s  d :  y   2t z   Hãy tìm điểm Câu Gọi Kẻ trung điểm H H I  BC  SI  BC SC 2  IC a  , suy SH  15 S IH   S H  S I s in 0 3a  HI  a SI  15 a  AB  2HI  15 V   ABC  Góc  S B C  đáy SI  AC 1 5a A B B C S H  16 (đvtt) Kẻ A x song song với B C , H I cắt A x K Kẻ Ta có A K   S IK   A K  IM  IM   S A K  Tam giác S IK đều, suy IM  S H  3a IM vuông góc với SK Nhận xét: Đây toán có sử dụng hình học không gian tổng hợp lớp 11, yếu tố vuông góc hai mặt phẳng , góc hai mặt phẳng Nhắc lại kiến thức phương pháp: -Công thức tính thể tích khối chóp V  B h -Dựng góc hai mặt phẳng  S B C  ,  A B C  : Goi nên SH   A B C    S B C , A B C   S IH  60 - Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp H trung điểm AC Do mặt phẳng  S A C    A B C  V  B h  V S A B C  1 A B B C S H - Tính khoảng cách d  S A , B C  : Lí thuyết tính cách khoảng cách từ điểm thuộc đường thẳng tới mặt phẳng chứa đường thẳng lại Kẻ A x / / B C , kẻ IM  S K  A K   S IK   IM   S A K  Suy d  S A , B C   IM  S H Lưu ý: Có thể sử dụng tỉ lệ khoảng cách Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: a Cho hình chóp tam giác S A B C có cạnh đáy a , góc mặt bân đáy 0 Gọi M trung điểm S C Tính thể tích khối chóp S A B C khoảng cách hai đường thẳng A M Đáp số: SB B a (đvtt) d  A M , S B   24 b Cho hình chóp vuông V  , có S.A B C A C B  30 SA  3a G , SA a tạo với đáy  A B C  góc trọng tâm tam giác góc với mặt phẳng  A B C  Tính thể tích khối chóp Đáp số: Câu Do Ta có  B d B; AC  dD; AC  V  112 , suy  BE   DE 4b  7(b  5)  28 243a  ABC BC  AD S.A B C    Tam giác ABC , hai mặt phẳng  S G B  ,  S G C  vuông (đvtt) B  b; b   60  93 1 1b   b    1b      11  1 1b    b   B D khác phía đường thẳng Do ta Ta có Do Ta có Vậy B  3; –2  , suy b nên  x B AC C 7;   4a  42  BA   a  3;    a   A 0;     65a  385a   77  a  l  13 49   xC      BC  AD    C 7;0  y        C A  4;  , B  3; –2   4 a    4 a  42  a  2a  3    28  4a  4a   A  (D )  A  a;   D A   a  2;  7     D A B A    y B    x D  y D      1b    điểm cần tìm Nhận xét: Để giải toán ta sử dụng kiến thức tham số hóa điểm thuộc đường thẳng cho trước, sử dụng khoảng cách-tỉ lệ khoảng cách tìm tọa độ đỉnh A , B ,C Nhắc lại kiến thức phương pháp: -Phương pháp tham số hóa  mx  p  P  d  : m x  ny  p   P  ;  n   M  xM ; yM -Khoảng cách từ điểm công thức d  M ;     n theo đường thẳng cho trước: Điểm  tới phương trình đường thẳng    : m x  n y  p  xác định theo m xM  nyM  p m điểm -Tính chất vector: u  x ; y  , v  z ; t  với   x  kz u  kv     y  kt Áp dụng cho toán: - Tham số hóa tọa độ điểm B Do d B; AC  dD; AC  -Để loại nghiệm sử dụng tính chất:  x B -Tương tự A  d   D A ,BA - Tính tọa độ điểm C :   DE BC  AD ( E  AC  BD  y B  28   xD  y D  28    B Mặt khác , D A B A BC  AD  C BE   A ), ta có điểm B Bài tập tương tự: a Trong mặt phẳng đường cao kẻ từ thẳng DE Đáp số: O xy B ,C HD  A  3;  , cho tam giác Biết điểm A ABC cân A , trực tâm H  3;  Gọi thuộc đường thẳng  d  : x  y   , điểm Tìm tọa độ đỉnh A D ,E chân F  2;  thuộc đường b Trong mặt phẳng , cho tam giác O xy cho M C  BB Đáp số: C  4;1 Tìm tọa độ đỉnh u  x  y     v   y Xét f t    t t y  x Thay  2x Đặt 2 + Với Điểm M đường thẳng thuộc đường thẳng BC BC có hệ số góc nguyên  2 y f t  , suy đồng biến nghiệm cua phương trình  2y t x  1;a  x  x  2y   f '  t   ln   ;  t  R x 1  x   x  x   ( x  1)   x   5x    x  1 x  x 1  x x  1  x 1   x  1;b  Phương trình trở thành + Với v x 2y3 vào phương trình thứ nhất, ta   5x   a     b  u  2y    y  y  x MA  AC  biết 3 u   v f u   f v   u  v Nhận thấy u  v  x , ta ; ta có C A   1;   , B  ;  Câu Phương trình thứ hai tương đương Đặt có ABC b  3a  x 2 2b  3a b  3a  ab   a  2b  x    x  1  x   x    x  10     x    y  23  6  y  23  a  2b  x   x  x   x  3x     2 Hệ phương trình có nghiệm:  x ; y     ; 23   ,  ; 23   Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp hàm đặc trưng kết hợp phương pháp hệ số bất định Nhắc lại kiến thức phương pháp: -Hàm số f  x  đồng biến(nghịch biến) D  f  u   f  v   u  v -Hàm số f x đồng biến(nghịch biến) D  f x  có nhiều nghiệm -Hàm số f  x  đồng biến D , g  x  nghịch biến D  f  x   g  x  có nghiệm Ý tưởng: Từ phương trình thứ tách bình phương phương trình khó bậc cao, khó tìm mối quan hệ x , y - Nhận thấy phương trình thứ hệ có tương đồng 3 m ,m 3 x 2y3 ,x  2y   với  2y ,2  y  có dạng  - Phương trình thứ hai hệ biến đổi thành: - Xét hàm số f t    t dụng hai ẩn phụ t a     b  đồng biến x 1 x  x 1 u u  v  v R  f u   f v   u  v  u  x  y    v   y Thay lại phương trình thứ , sử  a , b   thu phương trình đẳng cấp bậc Lần lượt giải phương trình vô tỉ ứng với trường hợp kiểm tra điều kiện ta thu nghiệm hệ  Lưu ý: Từ phương trình phương trình ẩn  x 1 z  x  x  1 x  x    x  1  2 x  , ta chia vế cho  x  x   x 1  giải  x  Bài toán kết thúc Bài tập tương tự:  a Giải phương trình x b Giải phương trình Câu P  a P  a1 b  b1   x7  c   2c  x 1 Đáp số: x  2x    1 1 1 a 1  5 37 Đáp số:  1 b x  x  7 , x  1 4c     1      1 a 1 b 4c                a b  4c     c 4c   f c  Xét hàm số Ta có c f 'c   c  2   khoảng 4c  4c    15c  20c     ;2    c   4c   ; f 'c    c   c 2  f 'c  f c + Vậy P    Dấu “=” xảy a  b  c  Kết luận: M ax P  Nhận xét: Bài toán thuộc lớp cực trị hàm nhiều biến sử dụng phương pháp hàm số đặc trưng để tìm giá trị lớn Nhắc lại kiến thức phương pháp: - Ta thấy a,b đối xứng qua biểu thức - Tách biểu thức suy P  P , ta f c  t1 , dự đoán điểm rơi   1 P      1 a 1 b 4c         c c    - Khảo sát hàm số t 2c Sử dụng bất đẳng thức  4c  f c  với c    a 1  b  1  c   x m  y n  x  y m  n   ;2     ;2   thu Bài tập tương tự: a Cho a , b , c số dương thỏa mãn điều kiện P  Tới hàm số rõ -Lập bảng biến thiên hàm số ab b 1  c  1  a   c 1  a  1  b  m in f  c  ab c  Đáp số: Tìm giá trị nhỏ biểu thức M in P     sin HCD  sin ACD  ACH  Ta có d  H , CD   18 18  HC   5 65   31 Gọi C  c; c  10   CH    c;  c  5  0,25 c  2  31   67  Ta có:   c     c   72    C  5; 5  c  73 5     Phương trình BC :  x  5   y  5   x  y  Gọi B  b; b  , ta có BC  CH   BC  72   b  5   b  5  72 2 0,25 b  11 loai    B  1;1 b  1 Tìm A  2;4  , D 8; 2  0,25  2 x   x   Điều kiện:   y    y  Phương trình 8x3  y   y y   x   x    x     y2  y2 0,25 Xét hàm đặc trưng: f  t   t  t , f '  t   3t   0t Hàm số f  t  liên tục đồng biến R Suy ra: x  y  Thế x  y  vào phương trình thứ hai ta được:  x 1   x  1   x  1  x   8x3  52 x  82 x  29 x    x  1  x  24 x  29   x   x  24 x  29    x  1   x   x  24 x  29  0,25  2x 1   x   y      x   x  24 x  29  Giải phương trình: x   x2  24 x  29  Đặt t  x  1, t   x  t  Ta phương trình: t   t  1  12  t  1  29   t  14t  t  42  t   t  3  loai     t   t  3  t  t     t   29  loai     29 t   3/4 0,25  y  11  29 13  29 103  13 29 Với t  x y Với t   x  0,25      13  29 103  13 29  Vậy hệ phương trình cho có cặp nghiệm:  ;3  ;  ;11 ;  ;        Đặt a  x  2, b  y  1, c  z Ta có a, b, c  P  1 a  b  c   a  1 b  1 c  1 2  a  b a  b2  c     c  1  0,25 2 Ta có   a  b  c  1 2 Dấu "=" xảy a  b  c  Mặt khác  a  1 b  1 c  1  a  b  c  3  27 27 Khi : P  Dấu "  "  a  b  c   a  b  c   a  b  c  13 0,25 27 Đặt t  a  b  c   t  Khi P   , t  t (t  2)3 27 81 Xét hàm f (t )   ; , t  ; f '(t )    t (t  2) t (t  2)4 10 0,25 f '(t )   (t  2)4  81.t  t  5t    t  ( Do t  ) lim f (t )  t  Ta có BBT t f ' t  +  - f t  0 Từ bảng biến thiên ta có max f (t )  f (4)   t  a  b  c  1 maxP  f (4)     a  b  c   x  3; y  2; z  a  b  c  Vậy giá trị lớn P , đạt  x; y; z    3; 2;1 Chú ý: - Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng đáp án - Câu Không vẽ hình không cho điểm 4/4 0,25 THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 MÔN: TOÁN Câu (2.0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 24x - y -5=0 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sinx(2sinx + 1) = cox(2cosx + √3) Cầu (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức (i+3)z + 2i = (2 -i)z Tìm môđun i số phức w = z - i Câu (1.0 điểm) Trong cụm thi xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phái thi môn có môn buộc Toán, Văn Ngoại ngữ môn thi tinh tự chọn số môn: Vật li Hóa học Sinh học, Lịch sử vả Địa lý Một trường THPT có 90 học sinh đăng ki dự thi 30 học sinh chọn mỏn Vật lỉ vả 20 học sinh chọn môn Hóa học Chọn ngẫu nhiên học sinh trường Tính xắc suất để học sinh có học sinh chọn môn Vật lí học sinh chọn môn Hóa học Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vuông cạnh 2a Hình chiếu vuông góc S mặt phẳng (ABCD) trung điểm H cạnh AB Góc mặt phẳng (SCD) mặt phẳng (ABCD) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng SA BD Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): (x – 1)2 + (y – 2)2 + (z – 3)2 = đường thẳng  : x6 y2 z 2   Viết phương trình mặt phẳng (P) 3 2 qua M(4; 3; 4), song song với đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng d: x + 2y – = 0, điểm M(1; 1) thuộc cạnh BD Biết hình chiếu vuông góc điểm M trê cạnh AB AD nằm đường thẳng ∆: x + y – = Tìm tọa độ đỉnh C Câu ( 1,0 điểm) Giải bất phương trình: ( x  2)( x   x  1)  x  x   Câu ( 1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn 5(x2 + y2 + z2) = 9(xy + 2yz + xz) Tìm giá trị biểu thức: P x  y z ( x  y  z)2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y  x  3x  (C) Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN hàm số y x2 đoạn  2;  x 1 Câu 3.(1,0 điểm) a) Tìm môđun số phức z biết z  z   7i b) Giải phương trình: x  3.3x     Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x  x  x dx Câu 5.(1 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y 1 z   Viết 1 phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng  , vuông góc với mặt phẳng (Oxy) viết phương trình đường thẳng  ' hình chiếu vuông góc  lên mặt phẳng (Oxy) Câu 6.(1 điểm) a) Giải phương trình: cos x.cos x  sin x  cos x b) Trong hộp kín đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi, tìm xác suất để viên bi lấy đủ ba màu Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC cạnh 4a; M, N trung điểm cạnh SB BC Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN) 8  Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho ABC có trọng tâm G  ;  có đường tròn 3  ngoại tiếp  C  tâm I Điểm M  0;1 , N  4;1 điểm đối xứng I qua đường thẳng AB, AC Đường thẳng BC qua điểm K  2; 1 Viết phương trình đường tròn  C  2 y   y   x3   x  Câu 9.(1 điểm) Giải hệ phương trình:    y   y  12    x  y  x   x  y  Câu 10.(1 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm GTNN biểu thức: P 25a 2a  7b  16ab  25b 2b  7c  16bc  c2 3  a  a Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: SBD: Chữ kí giám thị 1: .Chữ kí giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn thi: TOÁN (Đáp án bao gồm trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 Đáp án Câu Nội dung Điểm Tập xác định: D = R +Giới hạn: lim y   , lim y   x 0,25 x x  x  + Ta có y  3x  x; y    BBT: x  y + y 0 -  + 0,25   +Hàm số đồng biến khoảng  ;0   2;  +Hàm số nghịch biến khoảng  0;2  + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: xcđ = 0, ycđ = y(0) = Hàm số đạt cực tiểu xct = 2, yct = y(2) = -3 + Đồ thị 0,25 0,25 -10 -5 10 -2 -4 -6 + Ta thấy hàm số cho xác định liên tục  2;  y' x2  2x x   y'   x  0,25  x  1 +Trên  2;  y' = có nghiệm x = 0,25 +Ta có y    4; y    16 0,25 +Max y = 16 x = 0,25 +Min y = x = 3a +Gọi z  a  bi , , a, b  R (1  i) z  (2  i ) z   2i  (1  i )(a  bi )  (2  i)(a  bi )   2i 3a  2b  a   3a  2b  bi   2i     b  b  2 +Vậy z   2i 3b +Đặt: 3x  t , 0,25 t  t  +Với t=1: 3x   x  +Với t=2: 3x   x  log 2 0,25 t0 có: t  3t     0,25   I   x  x  x dx   x dx   x  x dx 0,25 I1   x dx  x3  0 0,5 I   x  x dx Đặt t   x  x   t  xdx  tdt Đổi cận: x   t  1; x   t   t3 t5   I    1  t  t dt    t  t dt        15 0 Vậy I  I1  I  2 15 0,5  +Đường thẳng  có vectơ phương u  1; 2; 1 , qua M(1;-1;0); mặt phẳng  (Oxy) có vectơ pháp tuyến k   0;0;1 0,25 +Vậy (P) có phương trình 2( x  1)  ( y  1)  hay 2x – y – = 0.25    +Suy (P) có vectơ pháp tuyến n  [u , k ]   2; 1;  qua M (Oxy) có phương trình z =  ' giao tuyến (P) (Oxy) 2x  y   z  +Xét hệ  x  t  +Đặt x = t hệ trở thành  y  3  2t z   0,25 0.25 x  t  +Vậy  ' có phương trình  y  3  2t z   6a PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25  1- 2sin x + sinx =  sinx = v sin x    6b 0,25  7  x   k 2 ; x    k 2 ; x   k 2 , ( k  Z ) 6 Số cách lấy viên bi C144  1001 cách Ta đếm số cách lấy viên bi có đủ màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 C51 C 72 cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 C 52 C 71 cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 C51 C 71 cách Vậy số cách lấy viên bi có đủ màu C 21 C 51 C 72 + C 21 C 52 C 71 + C 22 C 51 C 71 = 385 cách 0,25 0,25 1001  385 616   Xác suất lấy viên bi không đủ màu P  1001 1001 13 +Ta có: AN  AB  BN  2a S Diện tích tam giác ABC là: S ABC  0,25 BC AN  4a M Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 VS ABC  S ABC SA  4a 3.8a 3 C A H 32a 3  (đvtt) N 0,25 B +Ta có: VB AMN BA BM BN   VS ABC BA BS BC 0,25 8a 3 VB AMN  VS ABC  2 +Mặt khác, SB  SC  5a  MN  SC  5a ; AM  SB  5a +Gọi H trung điểm AN MH  AN ,  MH  AM  AH  a 17 +Diện tích tam giác AMN S AMN 1  AN MH  2a 3.a 17  a 51 2 +Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: 0,25 d ( B, ( AMN ))  3VB AMN 8a 3 8a 8a 17    S AMN 17 a 51 17 0,25 +Gọi H,E trung điểm MN,BC suy H  2;1 Từ GT suy IAMB, IANC hình thoi Suy AMN,IBV tam giác cân + Suy AH  MN , IE  BC , AHEI hình bình hành + Suy G trọng tâm HEI  HG cắt IE F trung điểm IE 0,25 + Vì BC / / MN , K  2; 1  BC   BC  : y    8   H  2;1 , G  ;0     F  3;   + Từ    2     HF  HG  0,25 + Từ EF  BC   EF  : x   E  3; 1 0,25 + Vì F trung điểm IE nên I  3;0   R  + Từ ta có:  C  :  x  3  y  phương trình đường tròn cần tìm  y  2 0,25 + Đk:  x  y + Từ pt thứ ta có:  y   y  12    x  y   x2   y   y   y  12     x2   y       x  y  x   x  y    y   y  12   2 2y   y    x x2   x2  y  y   y    y  2 2 x   x  y   y2 0 x    x  y   0 0.25 + Thay vào pt ta được: y   y   x3   x  0,25  y2  y2  x 4  x  y2  3 4  y2  x 4  x + Xét hàm số: ft   t  t  t  R Ta có: 3t  0,   t  R   f y   f  x     t 4  y    x    + Vậy ta có:  TM   y   x  y  2 f t  '    Kl: Nghiệm hệ là:  x; y    4; 2 10 y2  x 3 0,25  + Ta có:  a  b    2ab  a  b Nên ta có: 2a  7b  16ab  2a  7b  2ab  14ab  3a  8b  14ab    a  4b  3a  2b  4a  6b  2a  3b + Vậy ta có: 0,5 25a 2 2  2a  7b  16ab 25b + Tương tự ta có: 25a 1 2a  3b 2b  7c  16bc + Mặt khác theo Cauchy  shwarz Ta có:  25b 2b  3c  2 3c 25c  2  2c  c     a  a c  3a  2c  3 + Từ (1),(2),(3) ta có:  a2  a  b  c   c  2c  b2 c2  P  25      c  2c  25 5a  b  c  2a  3b 2b  3c 2c  3a    a  b  c   c  2c 0.25 + Mà a  b  c  theo giả thiết nên ta có: P  c  2c  15   c  1  14  14 Vậy GTNN P  14 Dấu "  " xảy a  b  c  0.25  Chú ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết xác đến ý cho điểm tối đa ý đó; cho điểm đến phần học sinh làm từ xuống phần làm sau không cho điểm [...]... gii chi tit Mi cỏch gii ỳng khỏc u cho im tng ng 0,25 S GIO DC V O TO NAM NH THI TH THPT QUC GIA LN 1 NM 201 5 201 6 TRNG THPT Lí T TRNG Mụn thi: TON ( Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian giao ) thi ny cú 01 trang Cõu 1 (2,0 im) Cho hm s y 2x 1 (1) x 1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s (1) 2 Tỡm im M thuc thi (C) sao cho khong cỏch t M n n trc Oy bng 2 ln khong cỏch t M n ng tim cn... x 1 2 x 7 2 10 1 x 2x 1 2 x 1 4 x 9 0 x 2 16 x 7 2 10 B ,C BC , S GD&T BC NINH KHO ST THPT QUC GIA NM HC 201 5 -201 6 TRNG THPT THUN THNH S 1 Mụn thi: Toỏn Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt Cõu 1.(2,5 im) 1 Cho hm s : y 2x 3 (C ) x 1 a) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th (C) ti im cú tung bng 1 3 2 2 Tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh... 0 0 1 + f (c ) 1 9 1 T BBT f c , c 0;1 Do ú P 1 9 9 1 Vy Min P 1 , giỏ tr nh nht t c khi a b c 3 9 Ht 0,25 TRNGTHPTCHUYấNVNHPHC CHNHTHC THITHPTQUCGIA NMHC2015 201 6ưLNI Mụn:TON Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt. Cõu1(1,0im) Khosỏtsbinthiờnvvthcahms y = x 3 - 3 x2 + 2 Cõu2(1,0im).Tỡmcctrcahms: y = x - sin 2 x +2. Cõu3(1,0im). 3sin a - 2 cosa a) Cho tan a = 3 Tớnhgiỏtrbiuthc... + 23 x - 26 =0. Chngminhrngmiphngtrỡnhtrờncúỳngmtnghim,tớnhtnghainghimú. ưưưưưưưưHtưưưưưưư Thớsinhkhụngcsdngtiliu.Cỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm. Hvtờnthớsinh:. ....Sbỏodanh: TRNGTHPTCHUYấNVNHPHC HNGDNCHMTHITHPTQUCGIA LNI NMHC2015 201 6 Mụn:TON (Gm6trang) Cõu ỏpỏn im Cõu1.Khosỏtsbinthiờnvvthcahms y = x 3 - 3 x2 + 2 1,0 Tpxỏcnh: D = Ă ộ x= 0 Tacú y' = 3 x 2 -6x y' = 0 ờ ởx = 2 0,25 ưXộtduohmHmsngbintrờncỏc... nht ca biu thc: P a2 1 a 2 5bc 16b 2 27 a bc 2 2 36 a c _ HT _ Thớ sinh khụng c s dng ti liu Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh: S bỏo danh: P N THI TH THPT QUC GIA MễN TON LN 1 NM 201 5 201 6 Cõu 1 Kho sỏt * Tp xỏc nh D R / 1 * S bin thi n: 3 Ta cú: y ' 0, x D 2 x 1 1im 0,25 Hm s nghch bin trờn cỏc khong ;1 v 1; Hm s khụng cú cc tr * Gii hn v tim... thờm! Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc P H v tờn thớ sinh S bỏo danh HNG DN CHM THI KHO ST CHT LNG LN I, NM 201 5 -201 6 Mụn thi: Toỏn 12 Cõu Cõu 1 (2,5 im) í Ni dung 1.Cho hm s : y im 2x 3 (C ) x 1 a) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th (C) ti im cú tung bng 1 a) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s (1) TX: R \ 1 1,0 0,25 5 y' 0 , x 1 ( x 1) 2 Hm s ng bin... ( -1) 34 21 = -810 0,25 0,25 5(1,0) b)Mthpcha20qucugingnhaugm 12 quv 8 quxanh.Lyngu nhiờn 3 qu.Tớnh xỏc sut trong 3 qu cu chn ra cú ớt nht mtqu cumu xanh. 3 Sphntcakhụnggianmul n ( W )=C20 Gi A lbincChncbaqucutrongúcúớtnhtmtqucumuxanh C3 3 Thỡ A lbincChncbaqucumu ị n ( A ) = C12 ị P ( A)= 12 3 C20 C3 46 Vyxỏcsutcabinc A l P ( A ) = 1 - P ( A)= 1- 12 = 3 C20 57 0,25 0,25 Cõu6.Trongmtphngvihta ( Oxy),chohỡnhbỡnhhnh... Ta li cú: y 1 1 ; y 2 8 ln 2 4 ; y e 8 e 2 Vy : Max y 8ln 2 4 , giỏ tr ln nht t c khi x 2 1;e 0,25 Min y 1 , giỏ tr nh nht t c khi x 1 1;e Cõu 5 Gi l khụng gian mu ca phộp th S phn t ca khụng gian mu l n C164 1 820 Gi B l bin c: 4 qu ly c cú 3 mu, cú ỳng mt qu cu mu v khụng quỏ hai qu mu vng Do ú ly c 4 qu cú 3 mu, cú ỳng mt qu cu mu v khụng quỏ hai qu mu vng cú 2 kh nng xy... 1 ng thng x 1 l ng tim cn ng ca th (C) x 1 x 1 * Bng bin thi n: x y' y 1 - 0,25 2 1.1 2 * th: 1 th (C) ct Ox tai im ;0 , ct trc Oy tai im 0; 1 2 0,25 1im 1.2 2a 1 Gi M a; C (iu kin a 1 ) a 1 Gi ng thng l ng tim cn ngang ca thi (C) 2a 1 0.a 1 2 3 a 1 Ta cú d M , Oy a ; d M , 2 2 a 1 0 1 Theo gi thit khong cỏch t M n n trc Oy bng 2 ln khong cỏch t M n 3 ng... x 2 -9 Cõu4(1,0im) Giiphngtrỡnh: 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x =2 b) Tớnhgiihn: L= lim Cõu5(1,0im). 5 2 ử ổ a)Tỡm hsca x trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 - 2 ữ x ứ ố b)Mthpcha20qucugingnhaugm 12 quv 8 quxanh.Lyngunhiờn(ng thi) 3 qu.Tớnhxỏcsutcúớtnhtmtqucumuxanh. 10 Cõu6(1,0im) Trongmtphngvihta ( Oxy),chohỡnhbỡnhhnh ABCD cúhainh A ( -2 -1), D( 50) v cú tõm I( 21). Hóy xỏc nh tahainh B,Cv gúc nhnhpbihai ... DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 201 5 – 201 6 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Mơn thi: TỐN ( Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề ) Đề thi có 01 trang Câu (2,0... TRƯỜNG THPT CHUN VĨNH PHÚC  ĐỀ CHÍNH THỨC  ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 201 5 201 6­LẦN I  Mơn: TỐN  Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề.   Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số... CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUN LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 201 4 -201 5 MƠN: TỐN LẦN III Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC