Thay y = −x vào phương trình thứ hai hệ, ta được: 2x + 5x − ⇔ 2x + 3x − − 2x = − 5x − 2x = − 5x − 2x 2x + 3x − − 2x   ⇔ ( 2x + 5x − ) +  =   2x + 3x + − 2x   ⇔ 2x + 5x − = do + > 0; ∀x ∈ ℝ    2x + 3x + − 2x  x = ⇔    x = −3 1 Với x = ⇒ y = − (thỏa điều kiện) 2 Với x = −3 ⇒ y = (thỏa điều kiện)    1  Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm là: ( x ; y ) =   ; − , ( −3; )  2   Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực x , y, z thuộc khoảng ( 0; ) thỏa mãn: x + y + z = Chứng minh rằng: 16 − x + 16 − y + 16 − z ≥ Dựng đường tròn tâm O đường kính AB = Trên đường trịn ta lấy điểm M cho AM = x với < x < Tam giác ABM vuông M , có: MB = AB − AM = 16 − x Gọi C điểm nửa cung tròn chứa điểm M H chân đường cao tam giác MAB hạ từ đỉnh M Suy ra: CO ⊥ AB MH ≤ CO 1 Diện tích tam giác ABM là: S ∆AMB = AM MB = HM AB 2 Suy ra:  AM MB = HM AB   ⇒ AM AB ≤ CO.AB  MH ≤ CO  Khi đó, ta có: x x 16 − x ≤ 2.4 = ⇒ ≥ (1) 16 − x Dấu đẳng thức xảy x = 16 − x ⇔ x = 16 − x ⇔ x = ⇒ x = 2 Hồn tồn tương tự, ta có: z 1 y ≥ (3) ≥ (2) 2 8 16 − y 16 − z Cộng (1),(2) (3) vế theo vế ta được: 16 − x + 16 − y + 16 − z ≥ x +y +z = = 8 Vậy giá trị nhỏ biểu thức Pmin = đạt x = y = z = 2 Hết *** *** ***************************************************************************** Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân ( luankieu@ymail.com )đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 396 S ĐỀ THI GIÁO D THI C VÀ THỬ ÀO T KỲ O NGH ANTHPT TR QUỐC 2016 - ĐỀ SỐ L69N THI THGIA THPT QU C GIA Thời 180 phút12 N M H C 2015 – 2016 NG THPT HÀ HUY T P gian làm MÔN TOÁN oOo -Th i gian làm bài: 180 phút Câu (1,0 i m) Kh o sát s bi n thiên v th c a hàm s : y = x4 − x2 Câu (1,0 i m) Vi t phư ng trình ti p n c a th ng y = x (C) y = x + x bi t ti p n song song v i ng th hàm s Câu (1,0 i m) a) Gi i phư ng trình: log ( x + 1) + log9 − x = b) Tìm giá tr l n nh t, nh nh t c a hàm s = [ − ] Câu (1,0 i m) e Tính tích phân: I = x 1 ln x + dx x +1 x Câu (1,0 i m) Trong không gian v i h tr c t a Oxyz cho ng th ng: d1 : x −8 y −5 z −8 ng = = −1 x − y −1 z −1 Ch ng minh r ng hai ng th ng ó chéo Vi t phư ng trình = = m t ph ng (P) ch a d1 (P) song song v i d th ng d : Câu (1,0 i m) Cho hình chóp S.ABCD có áy ABCD hình thoi c nh a, = , H trung i m AB, SH vng góc v i m t ph ng (ABCD), tam giác SAB vuông t i S Tính th tích kh i chóp S.ABCD kho ng cách gi a hai ng th ng BD, SC theo a Câu (1,0 i m) a) Gi i phư ng trình: cos 3x + sin x = sin x b) Gi i bóng oàn trư ng THPT Hà Huy T p t ch c có 16 i tham gia, ó kh i 10 có i bóng, kh i 11 có i bóng kh i 12 có i bóng c b t th m ng!u nhiên chia làm b ng u A, B, C, D, m"i b ng u có úng i bóng Tính xác su t # b ng A có úng i bóng kh i 10 i bóng kh i 11 Câu (1,0 i m) Trong m t ph ng v i h t a Oxy cho tam giác ABC nh n n i ti p ng tròn (T ) : x + y = , AB < BC , ng tròn tâm B bán kính BC c t ng trịn (T) t i D khác C, c t ng th ng AC t i F, bi t r ng ng th ng DF có phư ng trình: x + y + = M ( −2;1) thu c ng th ng AB Tìm t a $nh A, B bi t r ng B có tung dư ng Câu (1,0 i m) Gi i b t phư ng trình: ( ) x + −1 x+2 ≥ x3 + x + 3x − ( x + 3) x + ( )( 2x + − ) x + +1 Câu 10 (1,0 i m) Cho ba s th c dư ng x, y , z th a mãn i%u ki n: x + y + z = xyz Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c: P = ( x − 1)( y − 1)( z − 1) …H T… Cảm ơn bạn Thanh Nguyên (thantaithanh@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 397 ÁP ÁN VÀ THANG I M Câu N i dung áp án 1) T p xác nh R 2)S bi n thiên:a)Gi i h n: lim y = lim y = +∞ x→−∞ THI TH i m ( d2 −∞ 0 – − – + +∞ +∞ + 0,25 +∞ 1,0 −4 Hàm s (− 1,0 −4 ng bi n kho ng ) ( 2;+∞ ) , ngh ch bi n kho ng ( −∞; − ) ( 0; ) tc c i t i xCD = 0, yCD = , Ta có u1 , u2 M M = 84 ≠ nên d1 , d 0,25 hai ng th ng chéo Vì m t ph ng (P) ch a d1 song song v i d nên (P) m t ph ng i qua M có vectơ pháp n 0,25 Ph ơng trình m t ph ng (P) có d ng : ( x − 8) − 10 ( y − 5) − 12 ( z − 8) = 0,25 t S th : M G 0,25 A H B y ' = x3 + x G i M ( x0 ; y0 ) ti p i m 0,25 PT ti p n c n tìm là: y = 8( x −1) + = 8x − 0,5 3.a log3 ( x +1) + 6log9 − x = (1) K: −1< x < 0,5 (1) ⇔ log3 ( x + 1)( − x ) = ⇔ − x + x + = ⇔ x = (Th a mãn K) HS ã cho liên t c o n − = + = (− ) = − = [− ] ( )> + ( )= [− ] ∀ ∈− = e e 1,0 ( ) e e xdx d x +1 = = ln x2 + I1 = 2 x +1 x +1 e ( ( + e2 1 = ln + e − ln = ln 2 ( e I2 = ) 0,25 1,0 0,25 0,5 1 AB = a 2 Vì tam giác ABC tam giác u c nh a a2 nên S ABCD = S ABC = a3 VS ABCD = SH S ABCD = 12 G i M trung i m SA, O tâm hình thoi ABCD, ó : SC / / OM SC / / ( MBD ) 0,25 G i P trung i m BO, ó HP ng trung bình tam giác ABO nên 0,25 a AO = HP / / AO nên HP ⊥ BD , m t khác: MH ⊥ ( ABCD) MH ⊥ BD HP = ó : BD ⊥ ( MHP ) G i K hình chi u c a H 0,25 lên MP, ó HK ⊥ MP,HK ⊥ BD nên 0,25 HK ⊥ ( MBD ) suy : d ( H ; ( MBD ) ) = HK 1 36 16 52 = + = + = 2 2 HK HG HP a a a a a HK = d ( SC; BD ) = 13 13 e ln x e 1 1e dx =− ln x + dx =− − =− +1 x x 1x e x1 e C Vì O, H trung i m AC AB nên d ( C; ( MBD ) ) = d ( A; ( MBD ) ) = 2d ( H ; ( MBD) ) ) ) O d ( SC; BD ) = d ( SC; ( MBD ) ) = d ( C; ( MBD) ) 0,25 0,25 e xdx ln x ln xdx + dx = + I= x x +1 x x + 1 x2 1 K P SH = (− ) = − ( )= D D th y tam giác SAB vuông cân t i S nên 0,25 Vì ti p n c a th hàm s y = x + x song song v i ng th ng y = x nên ta 1,0 có: x0 + x0 = ⇔ x0 = 3.b 0,5 0,25 ⇔ x − y − z + 41 = c c ti u t i xCT = ± 2, yCT = −4 2) 0,25 n = u1 , u2 = ( 8; −10; −12) 2;0 Hàm s i qua M ( 3;1;1) có vtcp u2 ( 7; 2;3) u1 , u2 = ( 8; −10; −12 ) , M 1M ( −5; −4 − ) y ' = ⇔ x = ho c x = ± y’ y 0,25 d1 i qua M ( 8;5;8 ) có vtcp u1 (1; 2; −1) b)B ng bi n thiên: y ' = x3 − x; x ) + e2 I = I1 + I = ln +1 − e 2 0,25 x→+∞ L N N M 2016 0,25 398 cos3x + sin 2x = sin4x ⇔ cos3x − 2cos3x.sin x = 7.a = 0,5 ⇔ D 7.b 0,5 = ⇔ = π π π + ( ) ⇔( ∈ 0,25 S ph n t KG m u: Ω = G i A bi n c mà b ng A có úng i bóng kh i 10 i bóng kh i 11 Ta có : = Xác su t c n 0,25 ( )= tìm là: + π = Ω = = A F FBD = FCD O 0,5 d ơng nên: K: ≥− ( )⇔ ⇔ ≥ + ( )( 2x + − ) x + +1 + ≥ ( )( + − − − − ⇔ − + + + )( () ≤( + ) 0,25 )≥ +∞ 0,25 + ∪ )( )( + () ) T (*), (**) suy : + ≤ + − )≤ ≤( + )( ≥ + + )( ( ) = 0,5 Do ó ≤ − ⇔ )≤( − ) D u b"ng x y khi: = = = ( − V y )( 0,25 ) = ( ⇔( + + 0,25 , ta có: + (1) − )( = − ( − ⇔ ≤ − ) 0,25 − hay: 0,25 ) T NG ) ) + − + ∪ + t = 1,0 ≠ 10,0 0,25 + − ( + )( ) (2) + − + − 1,0 TH 10 ( ) (− ) x3 + 4x2 + 3x − 2( x + 3) 2x + ) x + −1 x + ≥ ⇔( + + + + =( + ó AB ng phân giác c a góc c a tam giác cân FBD nên AB c ng 1,0 ng cao, hay: AB ⊥ FD ng th ng AB qua ( − ) vng góc v i DF nên có PT: ( + ) − ( − ) = ⇔ − + = T a i m A, B nghi m c a h : − =− =− = ⇔ ho c = = + = − − + T gi thi t ta có < > t ơng t c ng có : > > Do ó có t i a bé s TH Có úng s bé 1, ch ng h n : < ≥ ≥ ó ≤ TH ≥ ≥ ≥ t − = > − = − = v i Gi thi t toán tr! thành: FBD = ABD D ( − ≥ ⇔( + suy C B có tung ⇔ + )+ + ng bi n R nên: + + ≤ = B ( )= ( i chi u i u ki n − ≤ < ta có t p nghi m c a b t ph ơng trình : ≈ T giác ABCD n i ti p ng tròn tâm O nên ABD = ACD Trong ng trịn tâm B bán kính BC ta có + ≤ ( )⇔ ⇔ ∈ 0,25 )+ + Hàm s π + π = TH − ≤ < 0,25 H T > ( ) ⇔( + Hàm s ( )= ( )⇔ + ≥ ⇔ − ≤ + )+ + ≥ ( + )+ + () ng bi n R nên : + + ⇔( + vô nghi m ) ≥( + > N U HS GI I CÁCH KHÁC MÀ V N ÚNG THÌ CHO I M T I A CHO PH N Ó 0,25 ) Cảm ơn bạn Thanh Nguyên (thantaithanh@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 399 TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG IV ĐỀ THI HÓA THỬ KỲ THI THANH (Đề thi gồm 01 trang) THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2015-2016 THPT QUỐC GIA - ĐỀ SỐ 70 Mơn2016 thi : Tốn Thời gianThời làmgian làm 180bài: phút180 phút, không kể thời gian phát đề oOo Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  6x  4 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f ( x)  x  đoạn  2;5 x Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn (2  i ) z   6i  Tìm phần thực phần ảo z b) Giải phương trình log ( x2  x  1)  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   (2 x  1)e xdx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 1; 2), B(3;1;1) mặt phẳng (P) : x  y  z   Viết phương trình đường thẳng AB, tìm góc đường thẳng AB với mặt phẳng (P), tìm tọa độ giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P  (3  cos 2 )(1  2cos 2 ) , biết sin   b) Có hai thùng đựng loại nước mắm Cự Nham - Xã Quảng Nham - Huyện Quảng Xương tiếng Tỉnh Thanh Hóa Thùng thứ đựng 10 chai (6 chai nước mắm Cự Nham thật chai nước mắm Cự Nham rởm kẻ gian bỏ vào ) Thùng thứ hai đựng chai (5 chai nước mắm Cự Nham thật chai nước mắm Cự Nham rởm kẻ gian bỏ vào ) Lấy ngẫu nhiên thùng chai Tính xác suất để hai chai lấy có chai nước mắm Cự Nham thật Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng B, AB= 2a, BAC  60 , cạnh bên SA vng góc với đáy SA  a Gọi M trung điểm cạnh AB Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SB CM theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AD phân giác góc A Các điểm M N tương ứng thuộc cạnh AB AC cho BM= BD, CN= CD Biết 1 D(1; ) , M ( ; 2), N (  ; 4), viết phương trình cạnh tam giác ABC 2 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau tập số thực   y  ( x  3) y  (2 x  3) y x      y  y   ( y  1) 14 y  13  10 x  Câu 10 (1,0 điểm) Giả sử x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y xy  ( x  y) z  z2  Tìm giá 1   trị nhỏ biểu thức P  2 4( x  y) ( x  z) ( y  z) -Hết - 400 TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG IV THANH HÓA ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2015-2016 Mơn thi : Tốn Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Đáp án Câu Điểm 1) Tập xác định : D= R 2) Sự biến thiên a) Chiều biến thiên Ta có y '  x2  x  x  y '   x2  x     x  Hàm số đồng biến khoảng ( ; 2) (4; ) , nghịch biến khoảng (2; 4) b) Cực trị Hàm số đạt cực đại (2;1) , đạt cực tiểu (4;0) c) Giới hạn lim   lim   x x d) Bảng biến thiên x y' y  + -  0.25 0.25  +  0.25 3) Đồ thị 0.25 Ta có hàm số f ( x) xác định liên tục đoạn  2;5 0.25 x2   x2 x2 11 53 f '( x)   x     2;5 , f (2)  , f (5)  2 Đạo hàm f '( x)   Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhỏ đoạn  2;5 3a Ta có (2  i) z   6i  401 0.25 0.25 11 53 0.25 5  6i 4 17   i 2i 5 4 17 Vậy số phức z có phần thực , phần ảo 5 Phương trình cho tương đương với x  x    x2  x     33 x     33 x    33  33 Vậy nghiệm phương trình x  x  2  (2  i) z  5  6i  z  3b 0.25 0.25 0.25 0.25 Tính tích phân I   (2 x  1)e xdx u  x  du  2dx Đặt   x x dv  e dx v  e 0.25 1 x Do I   (2 x  1)e dx  (2 x  1)e   2e dx 0 x x  [(2 x  1)e x  2e x ]  e 1 Ta có AB  (2; 2;3) vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) n  (1; 2;3) x  y 1 z 1   Phương trình đường thẳng AB 2 Gọi  góc đường thẳng AB mặt phẳng (P) ta có sin   6a 6b 2.1  2.( 2)  3.3  238 34    (2)  Gọi M giao điểm đường thẳng AB mặt phẳng (P), tọa độ điểm M nghiệm hệ 23  x   x   2t   y   2t    t   y  phương trình  7  z   3t   x  y  z    10 z   23 10 Vậy tọa độ giao điểm M ( ; ; ) 7 Ta có cos 2   2sin    2( )  1 286 Vậy P  (3  )(1  )  9 81 Gọi A biến cố " Có chai thật ", suy A biến cố " Cả chai giả" Số biến cố khả : 10.8=80 Số cách chọn chai giả : C41 C31  4.3  12 12  Xác suất biến cố A : p ( A)  80 20 2 2 2 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 402 Suy xác suất biến cố A : p( A)   p( A)   17  20 20  3.a Tam giác ABC có BC  AB.tan 600  3.a  SABC Do VS ABC  SABC SA  3a a 3  2a Gọi N trung điểm cạnh SA SB / /(CMN ) nên d ( SB, CM )  d ( SB, (CMN ))  d ( B, (CMN ))  d ( A, (CMN )) Kẻ AE vuông góc với MC AH vng với NE ta AH  (CMN )  d ( A, (CNM ))  AH Ta có 1 SAMC  AM AC.sin CAM  a 4a 2 Và MC  a 13 nên AE  Vậy d ( SB, CM )  0.25 S 0.25 N H C A M E B 0.25 2SAMC 3a 3a AH   MC 13 29 3a 87a  29 29 Từ tính chất đường phân giác tam giác DB AB BM AB     MN / / BC ta có DC AC CN AC Đường thẳng BC qua D nhận MN  (4; 2) làm vectơ phương có phương trình x  y   0.25 A N(-5/2;4) M(3/2;2) E F 0.25 B D(-1;-1/2) 0.25 C Gọi F, E trung điểm DN DM, CD= CN nên đường thẳng trung trực đoạn 7 3 thẳng DN CF Phương trình CF qua F ( ; ) nhận DN  ( ; ) làm vectơ pháp tuyến 4 2 có phương trình x  y   x  3y    x  4   C (4;1) Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình  0.25 x  y   y 1 Đường thẳng AC (đi qua C N) phương trình x  y   Tương tự BE đường thẳng trung trực đoạn thẳng DM có phương trình x  y   , tọa x  y 1  x    B(4; 3) Đường thẳng AB độ điểm B nghiệm hệ phương trình  0.25 x  y    y  3 (đi qua B M) phương trình x  y   Vậy phương trình cạnh tam giác là: AB: x  y   ; BC: x  y   ; CA: x  y   0.25 Giải hệ phương trình  (1)  xy  x   y  y  (2)   y  y   ( y  1) 14 y  13  10 x  403   x  10 ĐK  (*)  13 y   14 Phương trình (1) hệ tương đương với ( y  1)2 ( x  y  1)   y 1   y  1    x  y 1  x  y 1 13 +Với y  1 loại đk y  14 +Với x  y  phương trình (2) hệ trở thành y2  y   ( y  1) 14 y  13  10 y  0.25 0.25  y2  y   ( y  1) 14 y  13  10 y    ( y  1) ( y  4)  14 y  13   ( y  2)  10 y     ( y  1)  ( y  1) 0.25 ( y  4)  (14 y  13) ( y  2)  (10 y  1)  0 ( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  y2  y  y2  y   0 ( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y    y 1  ( y2  y  3)   0  ( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y     1 y 1  y2  y   (Vì với y   0 ) 10 ( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  y  3   y   10   Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y)  (4  6;3  6), (4  6;3  6) Đặt x  z  a Từ giả thiết tốn ta có ( x  z)( y  z)  , hay y  z  Do x  y nên x  z  y  z Suy a  0.25 a a 1 Ta có x  y  x  z  ( y  z)  a   a a a a2 a2 3a a 3a 2 Ta P   a   (  2)  1 4(a  1)2 a 4(a  1)2 4 a 4(a  1)2 3t t Đặt a  t  Xét hàm số f (t )   1 4(t  1) t  Ta có f '(t )   , f '(t )   (t  2)(3t  3t  2)   t  4(t  1) Bảng biến thiên t  f'(t) + f(t) 0.25 (1) 0.25 Từ bảng biến thiên suy f (t )  với t  404 (2) 0.25 x  z   Từ (1) (2) suy P  , dấu đạt  y z   Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 405 0.25 Vậy: A(1;2), B(5;0), C(2;4) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(-4; 1; 3), B(1;5;5) đường thẳng d :  x 1 y  z    Viết PT mp (P) qua A vng góc với đường thẳng d Tìm tọa độ điểm C thuộc d cho S ABC  15 *) Đường thẳng d có VTCP ud   2;1;3  ,  P   d nên  P  nhận  ud   2;1;3  làm VTPT PT mặt phẳng  P  : 2  x    1 y  1   z  3   2 x  y  z  18   0,5 * Vì C  d nên C có tọa độ  1  2t ;1  t; 3  3t  , nhận thấy B  mp( P) 0,25 nên ABC vng A, S ABC    15   15   AB, AC   2 * Tính véc tơ AB, AC theo tọa độ điểm nói để tìm tọa độ C… Cho a, b, c dương thỏa mãn ab  ; c  a  b  c   Tìm GTNN biểu thức P  0,25 b  2c a  2c   6ln( a  b  2c) 1 a 1 b Giải: Ta có P   a  b  2c   a  b  2c   6ln(a  b  2c) 1 a 1 b     a  b  2c  1     6ln( a  b  2c) 1 a 1 b  Ta chứng minh BĐT quen thuộc sau: ) 1 (1)    a  b  ab  Thật vậy, ) 0,25 ) ab   ab  (2) 1      a  b   ab  1  a 1  b   a  b  ab   a b ab=1   ab   ln ab  Dầu “=” a=b   ab  ) ab   ab   Dấu “=” ab=1 1 2 Do đó,      a  b  ab  ab   ab 4 16    ab  bc  ca  c  a  c  b  c   a  b  2c  + Đặt t  a  b  2c, t  ta có P   f (t )  16  t  1  6ln t , t  0; t2 482 0,25 0,25 f '(t )  16  t   6t  16t  32  t   6t      t t3 t3 t3 Lập BBT hàm f(t) khoảng (0; ) , ta t f '(t ) f (t )    6.ln  Vậy, GTNN P 3+6ln4 a = b = c =1 483 0,25 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 84 Thời gian làm 180 phút oOo 484 485 486 487 488 489 490 ĐỀ& THI THPT QUỐC GIA ĐỀ SỐ SỞ GD ĐT HÀTHỬ TĨNH KỲ THI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA2016 LẦN II- NĂM HỌC85 2015 - 2016 Thời gian làm 180 phút TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN MÔN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút khơng kể thời gian giao đề oOo Câu 1( 2,0 điểm ) Cho hàm số y  2x 1 (C) x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc Câu ( 1,0 điểm ) a) Giải phương trình sau: 25 x  4.5 x  21  b) Cho số phức z thỏa mãn: z  i.z   5i Tính mođun số phức z e Câu ( điểm ) Tính tích phân I   1 (x   3ln x )dx x Câu ( điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d mặt phẳng (P) có phương trình d : x 1 y  z    ;  P  : x  y  z   Tìm tọa độ giao điểm A đường thẳng d 3 mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I (1;2; 3) qua A Câu ( 1,0 điểm ) a) Giải phương trình :  2cos x  1   cos x  2sin x   sin x  sin x b) Đoàn trường trung học phổ thơng Cù Huy Cận có 18 chi đoàn học sinh gồm chi đoàn khối 10, chi đoàn khối 11 chi đoàn khối 12 Nhân kỷ niệm “ 85 năm thành lập Đoàn niên cộng sản Hồ Chí Minh” Đồn trường cần chọn bí thư chi đồn từ chi đồn để tham dự mít tinh Huyện đồn Tính xác suất để chọn bí thư chi đồn cho có đủ bí thư chi đồn ba khối Câu ( điểm ) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc SC mặt phẳng ( ABCD) 60 Gọi M trung điểm CD , N hình chiếu vng góc D SM Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ N đến mặt phẳng ( SBC ) theo a  x  y  ( x  xy  y  2)  x  y  x  Câu ( điểm ) Giải hệ phương trình:   x  y  12  x  y  x  Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vng A B có phương trình cạnh CD x  y  14  Điểm M trung điểm AB , điểm N (0;  ) trung điểm MA Gọi H , K hình chiếu vng góc A, B MD MC Xác định tọa độ đỉnh hình thang ABCD biết điểm M nằm đường thẳng d : x  y   , hai đường thẳng AH BK cắt điểm P ( ;  ) Câu ( điểm ) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z  x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  x  y  z  2 2 x  y  yz - Hết -Cảm ơn thầy Nguyễn Thế Anh (theanhchc@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 491 SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II NĂM HỌC 2015-2016 MƠN TỐN 1a Điể Nội dung Câu Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  - Tập xác định D  R \ 1 m 2x 1 (C) x 1 1,0 - Sự biến thiên 0,25 + Chiều biến thiên y '   y '  0, x  1 ( x  1) Hàm số đồng biến khoảng  ; 1  1;   + Cực trị: Hàm số khơng có cực trị + Giới hạn tiệm cận lim y   Đồ thị có tiệm cận ngang y  0,25 x lim y  ; lim y    Đồ thị có tiệm cận đứng x  1 x1 x1 + Bảng biến thiên x - y'  1 + y  + 0,25  - Đồ thị + Đồ thị cắt trục Ox A(0;-1), cắt trục Oy B ( ; 0) f( x) = 2∙x x +1 0,25 10 O Chú ý: Thí sinh trình bày theo chương trình nâng cao 492 10 1b Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc Gọi x hồnh độ tiếp điểm tiếp tuyến đồ thị (C) Khi theo ta có phương trình : y '(x )   x    (x  1)2    (x  1) x  2 1,0 0,25 0,25 + Với x   y  1 Suy pttt cần tìm : y   3(x  0)  y  3x  + Với x  2  y  Suy pttt cần tìm : y   3( x  2)  y  3x  11 Câu Giải phương trình sau: 25 x  4.5 x  21  0,25 0,25 0,5 2a t  7(l ) Đặt t  5x với t  Khi ta có pt : t  4t  21    t  3(t / m) + Với t   5x   x  log Vậy pt có nghiệm x  log Câu Cho số phức z thỏa mãn: z  i.z   5i Tính mođun số phức z 2b 0,25 0,25 0,5 Đặt z  a  bi với a, b  Khi ta có : z  a  bi z  i.z   5i  2(a  bi)  i (a  bi )   5i   2a  b    a  2b  i   5i 0,25 Suy z   4i  z  32   0,25  2a  b  a     a  2b  b  e Câu Tính tích phân I   e I 1 (x   3ln x )dx x 1,0 e e (x   3ln x )dx   xdx    3ln xdx  A  B x 1 x 0,25 e x2 e 1 A   xdx   2 e e Tính B   0,25 3  3ln xdx Đặt t   3ln x  t   3ln x  2tdt  dx x x x Đổi cận t e 2 2t 14 Suy B   t.2tdt   t dt   3 1 2 493 0,25 e 25 Vậy I  A  B   0,25 Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d mặt phẳng (P) có phương 4a trình d : x 1 y  z  ;  P  : x  y  z   Tìm tọa độ giao điểm A   3 1,0 đường thẳng d mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1;2;-3) qua A  x   2t  Ta có ptts d :  y  2  3t với t    z   4t  0,25 Gọi A(1+2t; -2-3t; 5+4t)  d  (P) Vì A  (P) nên ta có pt : 1  2t    2  3t     4t     t  1  A  1;1;1 Vì mặt cầu (S) có tâm I(1;2; 3) qua A nên R  IA  (1  1)2  (2  1)  (3  1)2  21 Câu 5a có bán kính : 0,25 0,25 Phương trình mặt cầu (S) cần tìm : (x  1)2  (y  2)2  (z  3)  21 0,25 Giải phương trình : (2 cos x  1)( 3cosx  2sin x  3)  sin x  sin 2x 0,5 Ta có (2 cos x  1)( 3cosx  2sin x  3)  sin x  sin 2x  (2 cos x  1)( 3cosx  2sin x  3)  sinx(2cos x  1)  2cos x    (2 cos x  1)( 3cosx  sin x  3)     3cosx  sin x  + Với cos x    cos x   + Với 0,25 2 x  k2, k   3cosx  sin x  vô nghiệm ( ( 3)  (1)  32 ) 494 0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm x   2  k2, k   Đồn trường trung học phổ thơng Cù Huy Cận có 18 chi đồn học sinh gồm chi đồn Câu khối 10, chi đoàn khối 11 chi đoàn khối 12 Nhân kỷ niệm “ 85 năm thành lập Đồn niên cộng sản Hồ Chí Minh” Đồn trường cần chọn bí thư chi đồn từ 5b chi đồn để tham dự mít tinh Huyện đồn Tính xác suất để chọn bí thư chi đồn cho có đủ bí thư chi đoàn ba khối Chọn bí thư chi đồn 18 chi đồn nên số chọn : n()  C18  3060 0,5 0,25 Gọi biến cố A : “Chọn bí thư chi đồn có đủ bí thư chi đồn ba khối” Khi đó, để chọn bí thư thỏa mãn u cầu tốn ta phải chọn bí thư có bí thư khối nhiều hai bí thư khối 0,25 Do ta suy : n(A)  C 6C 5C7  C 6C5C  C6C 5C7  1575 Suy P(A)  1 1 n(A) 1575 35   n() 3060 68 Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), góc SC (ABCD) 60o Gọi M trung điểm CD, N hình chiếu vng góc D SM Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ N đến mặt phẳng (SBC) theo a Ta có S 1,0   (SC,  SCA (ABCD))  600 Suy SA  AC.tan 60  a (Thí sinh tính SABCD  a cho điểm 0,25 H phần ) B N A D M 1 a3 VS.ABCD  SA.SABCD  a 6.a  3 C 0,25 SN SD 28 Vì tam giác ΔSDM vng D có đường cao DH nên ta có :   SM SM 29 Suy d(N,(SBC))  28 d(M,(SBC)) 29 (1) Mặt khác, M trung điểm CD nên d(M,(SBC))  d(D,(SBC)) (2) Hơn nữa, AD//(SBC) nên d(D,(SBC))  d(A,(SBC)  AH với H  AH  SB (3) Từ (1),(2) (3) suy ra: d(N,(SBC))  14 14 d(A,(SBC))  AH 29 29 495 0,25 Tam giác ΔSAB vng A có đường cao AK nên : Suy : d(N,(SBC))  Câu 1    2 2 AH SA AB 6a 14 2a 42 AH  (đvđd) 29 29 0,25 Câu ( điểm ) Giải hệ phương trình:  x  y  ( x  xy  y  2)  x  y  x    x  y  12  x  y  x  1,0 +Điều kiện: x  y   + Ta có (1)  ( x  1)  ( x  1)  x   ( y  1)  ( y  1)  y  3 + Xét hàm f (t )  t  t  t  f '(t )  3t  2t   t  , suy f (t ) 2 biến   f ( x  1)  f ( y  1)  x   y   y  x  0,25 đồng + Thay y  x  vào phương trình (1) ta có pt: x2  x  14  x  x   x  x  20  x  x   3 x   3 x    ( x  4)( x  5)  x     2x    3 x4 2    23 x   (x  4)  x    0 3   x     ( x 4) x 4   0,25 x     23 x    (3) A x 5    x     ( x 4) x 4  + Với x    x   y  , suy nghiệm hệ (4;2) + Ta chứng minh pt (3) vô nghiệm Vì ( x  4)  x    x  2x     Ta lại có 1 3   (*) ( x  4)2  x   4 23 x  x  ( x  4).1.1    3 2x   2 x  12 x  12 2 x    ( x    1)  (**) 9 2x   496 0,25 ... 2t 0. 25 Mà Từ ta có : Khi 0. 25 0. 25 Vậy giá trị nhỏ P 4 15 25 0. 25 TRƯỜNG THPT ANH SƠN II ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 (Lần 1) ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC Mơn GIA: TỐN; 2016 - ĐỀ SỐ 73 ĐỀ CHÍNH... TRƯỜNG CHUYÊN THẾ VINH Đ? ?THPT THI THỬLƯƠNG KỲ THI THPT THI THỬ QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 Mơn: TỐN QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 71 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Thời gian làm 180 phút... 0, 25 f(t) 3/4 Từ BBT ta có: GTNN P là: t  Vậy GTNN P là: 3/4 x  y  z  429 0, 25 TR NG THPT PHÚ XUYÊN B ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 l n1 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC 2016 - ĐỀ SỐ 75 HÀ