Tài liệu luyện thi THPT Quốc Gia môn Toán – 2016 10 ĐỀ THI CHỌN LỌC MÔN TOÁN  TRÍCH ĐỀ THI CÁC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO  CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐI KÈM SƯU TẦM: CAO VĂN TUẤN https://www.facebook.com/ThayCaoTuan https://www.facebook.com/ToanLiCaoTuan SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THANH HÓA NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (1,5 điểm) Cho hàm số y  2x  x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm A giao điểm (C) với trục hoành Câu (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x )  x  x  đoạn [0; 4] Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình z  z   tập số phức b) Giải bất phương trình log ( x  3)  log ( x  1)  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x( x  ln x) dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(5;2;3) , B(1;2;3) , C (1;2;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua ba điểm A, B, C viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I (2; 1;3) tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức A  sin 3  sin 2 , biết cos 2  sin   b) Trong kì thi THPT quốc gia, hội đồng thi X, trường THPT A có thí sinh dự thi Tính xác suất để có thí sinh trường THPT A xếp vào phòng thi, biết hội đồng thi X gồm 10 phòng thi, phòng thi có nhiều thí sinh việc xếp thí sinh vào phòng thi hoàn toàn ngẫu nhiên Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang cân, AD đáy lớn, AD = 2a, AB = BC = CD = a Hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc đoạn thẳng AC cho HC = 2HA Góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA CD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm  = 600 Điểm đối xứng với A qua B E ( 2;9) Tìm tọa I(  2;5 ), BC = 2AB, góc BAD độ đỉnh hình bình hành ABCD biết A có hoành độ âm Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x  x      x   x x2  x   x Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Tìm giá trị lớn 3b  c 3c  a   3a  b   biểu thức P  (a  b  c)   a  ab b  bc c  ca  HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THANH HÓA NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Câu Câu (1,5 điểm) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 1) Hàm số có TXĐ: D = R \ {1} 2) Sự biến thiên hàm số: a) Giới hạn vô cực đường tiệm cận: * lim y  ; lim y   nên đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số x1 x1 0,25 0,25 * lim y  lim y  nên đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  x  b) Bảng biến thiên: 1  0, x  Ta có: y'  x  12 Bảng biến thiên: x - y’ + 0,25 + y - * Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 1;  3) Đồ thị: 1  + Đồ thị cắt trục tung (0;1) cắt trục hoành điểm  ;0  2  + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng y 0,25 1 x O b) (0,5 điểm) 1  1 Do A  (C )  Ox nên A ;0  , y'    4 2  2 Câu (0,5 điểm) 1  Tiếp tuyến (C) A có phương trình: y  4 x     y  4 x  2  3 f '( x)  x  x , f '( x)   x  x   x  0, x  1, x  1 (loại) Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227 Vậy max f ( x)  f (4)  227, f ( x)  f (1)  [0;4] [0;4] 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) Phương trình có     3  ( 3i ) Do phương trình có hai nghiệm z  0,25 3  i, z   i 2 2 b) (0,5 điểm) Điều kiện xác định: x  log ( x  3)  log ( x  1)   log [( x  3)( x  1)]   ( x  3)( x  1)   x  x    1  x  Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình S  (3;5] Câu (1,0 điểm) 2 dx  2 du  x u  ln x x ln x x x2   I   dx  ln   ln  Đặt   2 12 4 dv  xdx v  x  15 Vậy I   ln   ln  4 Câu (1,0 điểm) AB  ( 4;4;0), AC  (4;0;4) Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến   n  AB, AC  (16;16;16) Do (P) có phương trình:  16( x  5)  16( y  2)  16( z  3)   x  y  z  Mặt cầu (S) có bán kính R  d ( I ; ( P))  1  111 (S) có phương trình ( x  2)  ( y  1)  ( z  3)  Câu (1,0 điểm)  0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a) 0,5 điểm cos 2  sin    2(1  sin  )  sin    sin    , sin   (loại) 2 A  sin 3  sin 2  sin   sin   sin  (1  sin  ) 2 29 29  1  1  1   1   3    4    4   1        Vậy A   64 64  4  4       b) 0,5 điểm Số cách xếp ngẫu nhiên thí sinh vào 10 phòng thi   105  100000 Gọi B biến cố cho Có C53 cách chọn thí sinh số thí sinh trường A có 10 cách chọn phòng thi cho thí sinh Ứng với cách chọn ta có 9.9 cách chọn phòng thi cho thí sinh lại Do số cách xếp thí sinh thỏa mãn điều kiện đề  B  C53 10.9.9  8100 Xác suất cần tìm là: P( B)  Câu (1,0 điểm) 0,25 2 x4 15 I   x( x  ln x)dx   x dx   x ln xdx   I1   I1 41 1 0,25 B   0,25 0,25 0,25 0,25 8100 81  100000 1000 Theo ABCD nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AD nên AC  CD Do SH  ( ABCD) nên SH  CD , từ ta có CD  (SAC )   SCH   600 Do góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) SCH 0,25 AC  AD  CD  a S 2a AC  3 SH  HC tan 600  2a Gọi O trung điểm AD, 3a S ABCD  3S AOB  Thể tích khối chóp S.ABCD VS ABCD  SH S ABCD 3a a 3 (đvtt)  2a   HC  K A D O H x 0,25 C B Kẻ đường thẳng Ax song song với CD, gọi (P) mặt phẳng chứa SA Ax, AC //(P) Suy d (CD; SA)  d (CD, ( P))  d (C , ( P))  3d ( H , ( P )) (Do CA = 3HA) Ta có AC CD nên HA  Ax mà SH Ax suy Ax  (SAH ) Từ H kẻ HK  SA ( K  SA) , Ax  HK  HK  (P) nên HK  d ( H , ( P)) a 1 13 2a 13 ; AC      HK  2 3 HK AH SH 4a 13 6a 13 Vậy d ( SA, CD )  (đvđd) 13 Đặt AB  m  AD  2m E Ta có BD2  AB2  AD2  AB.AD cos600  3m2  BD  m Do AB  BD  AD nên tam giác ABD C B vuông B, nghĩa IB  AE I m 3 7m 2 2   m2  IE  IB  BE    A   D Mặt khác IE  ( )   28 nên ta có 0,25 AH  Câu (1,0 điểm) 0,25 0,25 m 7m 2  28  m   IB  Gọi n  (a; b ) vectơ pháp tuyến AB ( a  b  0) AB có phương trình a ( x  2)  b( y  9)   ax  by  2a  9b  3a  4b Ta lại có d ( I , AB)  IB    (2 3a  4b )  12(a  b ) a2  b2  b(b  3a )   b  0, b  3a +) Với b = 0, chọn a = 1, AB có phương trình x   , suy IB có phương trình y   Do B  AB  IB nên B(2;5) , mà B trung điểm AE nên A(2;1) (thỏa mãn điều kiện x A  ) Do I trung điểm AC BD nên ta suy C (4  2;9), D(4  2;5) 0,25 0,25 +) Với b  3a , chọn a =  b  , AB có phương trình x  y   36  , suy IB có phương trình ( x   2)  ( y  5)   x  y   19  Câu (1,0 điểm)  16  14 59  ;  , mà B trung điểm AE nên Do B  AB  IB nên B 7    32  14 55  A ;  (không thỏa mãn điều kiện x A  ) 7   Vậy A(2;1), B(2;5) , C (4  2;9), D(4  2;5) Gọi bất phương trình cho (1) Điều kiện xác định: x  2 (1)       x2 x x2  x     x   x  2x2  2x   2x  x   1  2x  x  x   x 2 x  x   1  (2 x  x  5) x2 x 0,25 2  0,25 2x2  x   2  x   x  x  x   (Do x  x   0, x  R )  x   x   2( x  1)  2( x  2) (2) Câu 10 (1,0 điểm) Đặt a  x  , b  x  1(a  0) , (2) trở thành a  b  a  b  a  b  2a  2b     ab0 2 2 (a  b )  2a  2b (a  b )  x 1  x   13  x Do ta có x   x    2  x   ( x  1) x  3x    13 Vậy bất phương trình cho có nghiệm x  Giả sử a  b  c  k  , đặt a  kx, b  ky, c  kz  x, y, z  x  y  z   k (3 x  y) k (3 y  z ) k (3 z  x)  x  y 3y  z 3z  x Khi P  k  2  2  2      k ( x  xy) k ( y  yz ) k ( z  zx)  x  xy y  yz z  zx x  ( x  y ) y  ( y  z ) z  ( z  x) 4          x( x  y ) y( y  z ) z ( z  x) x y x yz y z x z 4 5x  y 1 5z           1 z x 1 x y 1 y z x  x2 y  y z  z2 Do a, b, c ba cạnh tam giác nên b  c  a  y  z  x   x  x  1  1  x  , tức x   0;  Tương tự ta có y, z   0;  2    2 5t   1 Ta chứng minh  18t  (*) với t   0;  t t  2 18t  21t  8t 1 (2t  1)(3t 1)2 5t   18t    0  (**) 2 t t t t t (1 t )  1  1 (**) hiển nhiên với t   0;  Do (*) với t   0;   2  2 Áp dụng (*) ta P  18 x   18 y   18 z   18( x  y  z )   Dấu “=” xảy x  y  z   a  b  c Vậy P đạt giá trị lớn a  b  c Thật vậy: (*)  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo s{t biến thiên v| vẽ đồ thị h|m số y  2x  x 1 Câu (1,0 điểm) Tìm gi{ trị lớn v| gi{ trị nhỏ h|m số f(x)  (x  2).e 2x đoạn *–1 ; 2] Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn (2  i)z   3i Tìm môđun số phức w  iz  z b) Giải phương trình log x   log (x  2) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  x  (2x  1)3 dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; ; 1) đường thẳng d: x  y  z 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A v| vuông góc với đường thẳng d   2 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho khoảng c{ch từ M đến mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) a) Cho góc  thỏa mãn 5sin 2  6cos      Tính gi{ trị biểu thức:   A  cos      sin  2015     co t  2016    2  b) Cho đa gi{c 12 đỉnh, có đỉnh tô m|u đỏ v| đỉnh tô m|u xanh Chọn ngẫu nhiên tam gi{c có đỉnh l| 12 đỉnh đa gi{c Tính x{c suất để tam gi{c chọn có đỉnh m|u Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam gi{c ABC.A’B’C’ có cạnh đ{y a, góc hai mặt phẳng (A’BC) v| (ABC) 600 Gọi M l| trung điểm cạnh BC, N l| trung điểm cạnh CC’ Tính theo a thể tích khối chóp A.BB’C’C khoảng c{ch từ M đến mặt phẳng (AB’N)  x  3y   xy  y  x  y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   3  x  y   x  14y  12 (x, y  R) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam gi{c ABC có trực t}m H, phương trình đường thẳng AH 3x  y   , trung điểm cạnh BC M(3 ; 0) Gọi E v| F l| ch}n đường cao hạ từ B v| C đến AC v| AB, phương trình đường thẳng EF l| x  3y   Tìm tọa độ điểm A, biết A có ho|nh độ dương Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện Tìm gi{ trị nhỏ biểu thức: P  4a  2c  b  c  1    1    b  b  a a bc 2ca 2ab   a(b  2c) b(c  a) c(2a  b) –––––––––––– Hết –––––––––––– SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang) Câu Câu (1,0 điểm) Đáp án (Trang 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  * Tập xác định: D  * Sự biến thiên: y'  Điểm 2x  x 1 \{1} 0,25 (x  1) Vì y’ > 0,  x  nên hàm số đồng biến khoảng (– ; 1), (1 ;+) Giới hạn tiệm cận: lim y  , lim y   ; tiệm cận đứng x = x1 x 1 0,25 lim y  ; tiệm cận ngang y = x Bảng biến thiên x y’ – + + + +∞ 0,25 y –∞ * Đồ thị : y 0,25 O Câu (1,0 điểm) x Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số f(x)  (x  2).e 2x đoạn [–1 ; 2] Hàm số f(x) liên tục đoạn [–1 ; 2], f '(x)  2(x  x  2)e 2x 0,25  x  x   f '(x)    x 1   x  (1; 2) x  (1; 2) 1 f (1)  e2 , f (1)  , f (2)  2e4 e Câu Câu 0,25 0,25 GTLN f(x) đoạn [–1 ; 2] 2e4, x = 2, GTLN f(x) đoạn [–1 ; 2] – e2 , x = 0,25 Đáp án (Trang 2) Điểm a) (0,5) Cho số phức z thỏa mãn (2  i)z   3i Tìm môđun số phức w  iz  2z (1,0 điểm) (2  i)z   3i  z   2i 0,25 w  iz  2z  i(1  2i)  2(1  2i)   5i Vậy | w | 41 b) (0,5) Giải phương trình log x   log (x  2) (1) 0,25 Điều kiện: x > (*) 0,25 (1)  log2 (x  2x)   x  2x   x  2x    x = – x = 0,25 Kết hợp với điều kiện (*) suy phương trình (1) có nghiệm x = Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  x  (2x  1)3 dx Đặt t  2x   dt  4xdx x =  t = 1; x =  t = 0,25 0,25 3 1 1 Khi I   dt (0,25)   (0,25) t 8t Câu (1,0 điểm) Cho điểm A(–2 ; ; 1) đường thẳng d : 0,5 x  y  z 1 Viết phương trình mặt phẳng   2 (P) qua A vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) 0.25 Một vectơ phương d u  (2;1; 2) Mặt phẳng (P) qua A nhận vectơ u  (2;1; 2) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình 2(x + 2) + y – – 2(z – 1) = hay 2x + y – 2z + = Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; + t; – 2t) Khoảng cách từ M đến (P) là: d(M, (P))  | 2(3  2t)   t  2(1  2t)  | | 3t  | 0.25   (2) d(M,(P))   | 3t  3|   t = t = –2 2 0.25 Vậy M(3 ; ; 1) M(–1 ; ; 5) Câu (1,0 điểm) 0.25 a) (0,5) Cho góc  thỏa mãn 5sin 2  6cos  (1)     Tính giá trị biểu       sin  2015     co t  2016    2  thức: A  cos  Vì     nên cos > 0, cot > (1)  10sin .cos  6cos   cos.(5sin   3)   sin   25 16 (vì cot > 0)    cot   9 sin  A  sin   sin   co t   2sin   co t      15 co t   (vì cos>0) 0,25 1  0,25 b) (0,5) Cho đa giác 12 đỉnh, có đỉnh tô màu đỏ đỉnh tô màu xanh Chọn ngẫu nhiên tam giác có đỉnh 12 đỉnh đa giác Tính xác suất để tam giác chọn có đỉnh màu Câu Câu Số phần tử không gian mẫu là: |  |  C12  220 Gọi A biến cố chọn tam giác có đỉnh màu Số kết thuận lợi cho A 0,25 là: | A |  C37  C35  45 Xác suất biến cố A P(A)  0,25 | A |  |  | 44 Đáp án (Trang 3) Tính thể tích khối chóp A.BB’C’C khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N) Điểm (1,0 điểm) A' Tam giác ABC cạnh a M trung điểm BC nên: C' AM  BC AM  B' N H A AMBC AA’BCA’M BC  Góc hai mặt phẳng (A’BC) D E a 0,25 (ABC) A ' MA  600 Tam giác A’AM vuông A nên: C M AA '  AM.tan 600  B Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là: SBB'C'C  BB'.BC  AM  BC AM  BB’  AM  (BB’C’C) a 3a 3 2 3a 2 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD là:  V  SBB'C'C AM  3a a a   2 Trong mặt phẳng (BB’C’C), B’N cắt BC D Khi đó: C trung điểm BD BAD  900 Gọi E trung điểm AD, ta có: CE  AD Dựng CH  NE (H  NE) AD  CE AD  CN  AD  (CNE)  AD  CH CH  NE CH  AD  CH  (AB’N) a 3a AB  , CN  CC'  2 1 16 52 3a       CH  13 CH2 CE2 CN2 a 9a 9a 3 9a Do đó: d(M,(AB' N))  d(C,(AB' N))  CH  2 13 0,25 Ta có: CE  Câu (1,0 điểm) 0,25  Giải hệ phương trình (I)  x  3y   xy  y  x  y   3  x  y   x  14y  12   x  y  (x  y)(y  1)  2(y  1)  (1) (I)   3  x  y   x  14y  12  (2) 0.25 Điều kiện: x  8, y  – 1, (x – y)(y + 1)  (*) Nếu (x ; y) nghiệm hệ (I) y > – Suy x – y  Do đó: (1)  xy xy  20 y 1 y 1 xy xy 1   x  2y  y 1 y 1 0.25 Thay x = 2y + vào (2) ta được:  2y  y   (2y  1)2 14y 12  y    2y  4y 10y 11   4( y   2)  3(  2y 1)  4y2 10y   0.25    (y  3)    2y  1  (3)  y 1    2y    3 2  , 2y + > –1 ,   2y  y 1   2   2y   Do đó: (3)  y    y  y 1   2y  Vì 1  y   nên 0.25  x = (thỏa (*)) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x ; y) = (7 ; 3) Câu Câu Đáp án (Trang 4) Điểm Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN Môn thi: Toán Câu Đáp án \ 2  TXĐ: D   Sự biến thiên - Chiều biến thiên: y    x  2 Điểm 0.25  x  D - Hàm số nghịch biến khoảng  ;2   2;   - Hàm số cho cực trị - Tiệm cận lim y   TCN : y  0.25 x  lim y   ; lim y    x  : TCÑ x 2   x 2 Bảng biến thiên x y' -∞ y +∞ - +∞ - -∞  0.25 Đồ thị 0.25 Tập xác định D=  2;2  , f   x    f  x    Ta có: f x 4x 1  x      x2  x   x 2  x2 4  x  x  2  x 2; f    ; f  2   2 , f  3  Vậy : Maxy /2;2  2 x  ; Miny /2;2  2 x  2   Đặt ln x   u  du  2x x dx  dx  du 2 x 1 x 1 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Đổi cận x u ln2 2x  I   ln x  dx  20 x 1 4a   ln  u2 udu  2 ln  ln 2  log x  ĐK: x  PT    log3 x  0.25 x   t / m  x  2187 0.25 4b z   3i 1  2i     11 i  z  5  3i  2i 122      A  cos 2  2sin (  )   2sin   1  cos(   )   2sin   sin  2   16 12   25 25 Chọn ngẫu nhiên học sinh số 48 học sinh ta có số phần tử không  1712304 gian mẫu n    C48 A  2 5b 0.5 z  – 3i   2iz  1  2i  z   3i  z  5a 0.25 Gọi A biến cố " chọn học sinh có học sinh nữ" A biến cố " chọn học sinh m| học sinh nữ " 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Ta có số kết thuận lợi cho A là:     n A  C21  20349  P A    n A n   20349 20349 1691955  P  A    1712304 1712304 1712304 0.25 Giả sử mặt cầu (S) có t}m I , I thuộc    nên I 1  2t; 1  t; t  Mặt cầu (S) có b{n kính R=2 v| tiếp xúc mp   nên d  I ,       4t   2t  t   1 0.5   5t    t 5t      5t   6 t  1  19  tâm mặt cầu I  ; ;   loại  5 5 Khi t  1 tâm mặt cầu I  1; 2;1 phương trình mặt cầu : Khi t   x  1   y     z  1 2 4 0.5 CB  AB * Vì   CB   SAB   SB CB  SA hình chiếu 0.25 S SC lên mp(SAB)      SC ,  SAB   SC , SB  CSB  300  SB  BC.cot 300  a  SA  a A I T M D H VS ABCD K B E * Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: C + Từ C dựng CI // DE  CE  DI   d  DE, SC   d  DE,  CSI   1 2a  SA.S ABCD  a 2.a  (dvtt ) 3 0.25 a DE / /  SCI  Từ A kẻ AK  CI cắt ED H, cắt CI K SA  CI Ta có:   CI   SAK    SCI    SAK  theo giao tuyến SK  AK  CI 0.25 Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT  AK  HT   SCI   d  DE , SC   d  H ,  SCI    HT + Ta có: S ACI 1 CD.AI  AK CI  CD AI  AK   2 CI Kẻ KM//AD (M  ED)  a a a a   2 2  3a HK KM 1 a    HK  AK  HA AD a SA HT SA.HK  38 Lại có: sin SKA    HT   SK HK SK 19 9a 2a  a Vậy d  ED, SC   38 19 0.25  Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp A Suy I l| trung điểm BH; N 0.25 H B  d  B(2  2t; t ) I B M P C Suy H (2  2t; t )  AH  (3  2t; t  4), BP  (2t 1; t  2) Do H trực tâm tam giác ABC  AH BP   (2t  3)(2t 1)  (t  4)(t  2)   5t  10t    t  1 0,25 Suy H (0;1), B(4; 1), AH  (1; 3) ,đường thẳng BC : x  y   0,25 Đường thẳng AC : 2x  y   Tìm toạ độ C (5; 4) 0,25 KL…  3 Điều kiện: x  1; y    ;  Ta có  2 0.25 (1)  y  y   x  x  x   x  y  y  2(1  x)  x   x Xét hàm số f (t )  2t  t , ta có f '(t )  6t   0, t   f (t ) đồng biến y  Vậy (1)  f ( y)  f (  x )  y   x    y  1 x Thế v|o (2) ta : 0.25 4x   2x2  6x 1 Pt  x   x  12 x    x   x  3(vn)  4x   1 2x    4x     2x  2 2  x     x   2(l )    x    0.25 0.25  y42 Với x     Vậy hệ có hai nghiệm  y     - Áp dụng BĐT Cô - Si ta có: 2a4  a4   2a4  2a2  4a3 hay 3a4   4a3 - Tương tự 3b4   4b3  M   a3  b3  25c3 a  b  c  Mà  a  b   a  b    a3  b3   a  b  0.25 0.25  a  b   25c M a  b  c 3 3 10 Đặt t  c abc 3    c c  ab     c    25      a  b  c   25  a  b  c      abc  abc    t  1 Xét hàm số f  t   1  t   25t   t  1 có: f   t   3 1  t    5t   , f   t      2 t t 0.25 Bảng biến thiên t f'(t) -∞ - +∞ + 0.25 f(t) 25 36   25 25 t  hay Min M  Vậy Min f  t   f    a  b  1, c  36   36 Câu A D E M B C F BM BA2   nên EM  ED  BD BD 5 BD          Ta có AE  AD  AB, FE   AD  BD   AB  AD 5 5 10   Suy AE.FE   AB2  AD2  nên AE  FE 25 50  Mà EF  1; 3 nên ta có phương trình AE : x  y  17  Suy A  3a  17; a  Đặt AB  a , suy AD  2a,  0,25  AB2  AD2  a2  a  , suy 25 100 2 AE  AD2  AB2  40   3a  18   a  6  40  a  8, a  25 25 Mà x A  nên A  5;  Lại có FE2  Từ AD  10 FA  FD nên tọa độ D nghiệm hệ : 2  x   x     y    100   D  3;10  (do xD  )   y  10  x  2   y  32  50    Vì BD  ED nên ta suy B  2;  Suy C  6; 6 0,25 0,25 0,25 Câu Điều kiện: x  Phương trình   1  x   1  x  3.3  2x  1  2     1  x   3.3  x  1  (do x  không nghiệm 1x phương trình)  0,25 3(2 x  1)  1  x   3.3  x  1 3(1  x) Đặt a  3(1  x), b  3(2 x  1) ta có phương trình b3 a 0,25  2a  3b  2a3  3a2 b  b3    a  b  2a  b   a  b, b  2a Mặt khác 2a2  b3  +) a  b , ta có 2a2  a3   a   3(1  x)   x  0,25 +) b  2a , ta có 2a2  8a3   8a3  2a2   (1) Vì a  nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có a3  a3   3a2  2a3   2a2 Do đó, ta suy (1) vô nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x  0,25 Câu Ta có ab  bc  ca  3abc 10 Nên  a  1  b  1  c  1  abc  ab  bc  ca  a  b  c  0,25   ab  bc  ca   a  b  c  Mà  ab  bc  ca   3abc  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca 0,25 Do đo a2  b2  c2   a  b  c   ab  bc  ca    ab  bc  ca   ab  bc  ca Đặt t  ab  bc  ca , ta có a  b  c  3t nên t  3t  t  P  t  3t   t2  2t  4  t  3t    f  t t1 0,25 Xét hàm số f  t  với t  ta có Vì t  nên  t  1   Do f '  t  4   t  t  1 1   t  12 f '  t   t  , suy f  t   f  3  10  P  10 Đẳng thức xảy a  b  c  Vậy GTNN P 10 Ghi chú: Nếu học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa 0,25 TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN -NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề có 10 câu 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số : y = − x + x + 2x + Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ hàm số y = x + + đoạn [2 ; 5] x −1 Câu (1,0 điểm) π sin 2α − sin α Cho cos 2α + cos α + = với < α < π Tính giá trị biểu thức A = 2 cos α − 2 Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z − z + 10 = Tính A = z12 + z 22 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x − 31−x − ≤ Minh Hùng tham gia kỳ thi, có hai môn thi trắc nghiệm Đề thi môn gồm mã đề khác môn khác có mã đề khác Đề thi xếp phát cho thí sinh cách ngẫu nhiên Tính xác suất để hai môn thi Minh Hùng có môn chung mã đề thi Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x [ x + ln(1 + x) ]dx Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A' B 'C ' biết góc đường thẳng A ' C mặt phẳng (ABC ) 600 , AB = a , AC = 2a BAC = 1200 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' khoảng cách hai đường thẳng AM B ' C với M trung điểm BC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;−1; 2) , đường thẳng x +1 y z − d: = = mặt phẳng ( P) : x + y − z + = Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A 1 vuông góc với d Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d ( P ) M N cho A trung điểm đoạn thẳng MN Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1 ) : x + y − x − y = (C2 ) : x + y − x = Gọi A(3;3) hai giao điểm (C1 ) ( C2 ) Đường thẳng ∆ qua A cắt hai đường tròn (C1 ) (C2 ) điểm thứ hai B C Biết đường thẳng ∆ cắt đường thẳng d : x − y − = điểm D thỏa mãn BC = AD Viết phương trình đường thẳng ∆  x + y + y = y + + ( x + y − 1) x + Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :  ( x, y ∈ ℝ )  y + + x − y = xy − x + x − xy + y + + y Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a ≥ b ≥ c a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = ( a − b)(b − c )( a − c )( ab + bc + ca ) HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN Câu Nội dung Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số HS tự làm 2x + liên tục đoạn [2 ; 5] Tập xác định D = R \ {1} Hàm số y = x + + x −1  x = (tm) Ta có : y ' = − ; y ' = ⇔ ( x − 1) = ⇔  ( x − 1)  x = −2 (loai ) 41 Khi y (2) = 14 ; y (5) = ; y (4) = 10 Vậy Max y = y (2) = 14 ; Min y = y (4) = 10 [2; ] 3.1 [2;5 ] Theo giả thiết π 3.2 1.0 0,5 0,25 0,25 < α < π nên sin α > , cos α <  cos α = − (tm)  Ta có : cos 2α + cos α + = ⇔ cos α + cos α − = ⇔  cos α = (loai)  sin 2α − sin α sin α cos α − sin α = = sin α cos α − cos α − −2 5 Với cos α = ⇒ sin α = − cos α = ⇒ sin α = ( sin α > 0) Vậ y A = Phương trình z − z + 10 = (1) có ∆' = − 10 = −9 < nên (1 ) có hai nghiệm phức z1 = + 3i z = − 3i Khi Điểm 0.25 A= 0.25 0,25 Ta có A = (1 − 3i ) + (1 + 3i ) = − − 6i + − + 6i = (−8) + −(6) + (−8) + = 20 Vậy A = 20 4.1 Ta có : x − 31− x − ≤ ⇔ x − t− 0,25 − ≤ Đặt t = x (t > 0) ta bất phương trình : x 3 − ≤ ⇔ t − 2t − ≤ ⇔ −1 ≤ t ≤ Kết hợp điều kiện ta có < t ≤ t ⇒ < x ≤ ⇔ x ≤ Vậy tập nghiệm bất phương trình T = (− ∞ ;1] 4.2 0.25 0.25 Số cách nhận mã đề hai môn Minh C81 C81 = 64 Số cách nhận mã đề hai môn Hùng C81 C81 = 64 Suy số phần tử không gian mẫu Ω = 64.64 = 4096 Gọi A biến cố : ”Minh Hùng có môn mã đề ” Xét trường hợp sau: Trường hợp : Minh Hùng có chung mã đề môn thứ Số cách nhận mã đề thi Minh Hùng C81 1.C81 C 71 = 448 Trường hợp : Minh Hùng có chung mã đề môn thứ hai 0.25 Số cách nhận mã đề thi Minh Hùng C81 C 71C81 = 448 Trường hợp 3: Minh Hùng có chung mã đề hai môn : Số cách nhận mã đề thi Minh Hùng C81 1.C81 = 64 Suy Ω A = 448 + 448 + 64 = 960 Vậy xác suất P( A) = ΩA Ω 960 15 = 4096 64 = 0,25 1 Ta có : I = ∫ x[x + ln(1 + x)]dx = ∫ x dx + ∫ x ln(1 + x)dx = I + I 2 0 Tính I1 = ∫ x dx = x3 = 0.25 0,25  dx u = ln(1 + x) du = Tính I = ∫ x ln(1 + x)dx Đặt  ⇒ x +1 dv = xdx v = x  1 0 Do I = x ln(1 + x)t 10 − ∫ dt = ln − ∫ x2 dx = ln − ∫ ( x − + )dx x +1 x +1 1  = ln −  x − x + ln(1 + x) 10 = 2  Vậy I = + = Hình chiếu A’ lên mặt phẳng (ABC) A 0,25 0,25 B' C' nên: ( A C , ( ABC ) = ( A C , AC ) = A ' CA = 60 Do A ' A = AC tan 60 = 2a ' ' a2 AB AC sin 120 = 2 ' ' ' Vì ABC A B C hình lăng trụ đứng nên thểtích hình lăng trụ : a2 V = A ' A.S ∆ABC = 2a = 3a A' K S ∆ABC = 0.25 M B A C D H Trong (ABC) dựng hình bình hành AMCD.Khi AM//(B’CD).Ta có d ( AM , B ' C ) = d ( AM , ( B ' CD )) = d ( M , ( B ' CD )) = d ( B, ( B ' CD )) ' ' Trong (ABC) kẻ BH ⊥ CD mà BB ⊥ CD nên ( B BH ) ⊥ ( B ' CD ) Trong (B’BH) kẻ BK ⊥ B ' H ⇒ BK ⊥ ( B ' CD ) Vậy d ( B, ( B ' CD )) = BK S ABC S ABM = Ta có BH = d ( B , AM ) = ; AM đường trung tuyến tam giác AM AM AB + AC BC 5a a 3a a ABC nên AM = − = − = ⇒ AM = ⇒ BH = 2a 4 1 Trong tam giác vuông B’BH có = ' + ⇒ BK = a BK BB BH a Vậy d ( AM , B ' C ) = 0.25 0.25 0.25 Mặt phẳng (Q) qua A (1;-1;2) vuông góc với d nên (Q) có vec tơ pháp tuyến 0,25 n = u d = (2;1;1) Vậy phương trình mặt phẳng (Q) : 2( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2) = ⇒ (Q ) : x + y + z − = Ta có M = ∆ ∩ d ⇒ M (−1 + 2t ; t ;2 + t ) Vì A trung điểm MN nên N (3 − 2t ;−2 − t ;2 − t ) Vì N ∈ (P ) nên 3-2t-2-t-2(2-t)+5=0 ⇒ t = ⇒ M (3;2;4); N (−1;−4;0) ∆ qua M,N nên có vec tơ phương u = − MN = (2;3; 2) x−3 y −2 z −4 Vậy phương trình đường thẳng ∆ = = 0.25 0,25 0.25 (C1 ) có tâm I1 = (1; 2) bán kính R1 = , (C2 ) có tâm I = (3; 0) bán kính R2 = A a B H2 Gọi H1 , H hình chiếu vuông I1 góc I1 I ∆ H D0 I2 (C ) Ta có : H1 H = AD = BC Qua A kẻ đường thẳng a song song với I1 I (C ) lấy đường thẳng a điểm D0 C D H1 cho AD0 = I1 I Gọi H hình chiếu vuông góc I1 I H Ta có : ∆HI1 I = ∆DAD0 ( c.g.c) ⇒ DD0 ⊥ AD 0,25 Suy D thuộc đường tròn (C) đường kính AD0 Phương trình I1 I : x + y − = phương trình đường thẳng a : x + y − = AD0 = I1 I ⇒ D0 = (5;1) 0.25 Phương trình đường tròn (C) : ( x − ) + ( y − ) = 2 Ta có D ∈ d ∩ (C ) nên toạ độ D nghiệm hệ: ( x − )2 + ( y − ) = ( x − 5) = x = ⇔ ⇔ ⇒ D(5;1) ≡ D0  y =1 y = x −  x − y − = Vậy phương trình đường thẳng ∆ : x + y − =  x + y + y = y + + ( x + y − 1) x +   y + + x − y = xy − x + x − xy + y + + y x − y ≥ Điều kiện:  ⇔ x≥ y≥0 y ≥ PT(2) ⇔ 0.25 0.25 (1) (2) y + − y − y = x − xy + y + − x − y − ( x − xy + y ) ⇔ y + − y − y = ( x − y) + − x − y − ( x − y) ⇔ f ( y) = f ( x − y) t Xét hàm số : f (t ) = t + − t − t [0;+∞ ) có f , (t ) = − − 2t hay t2 +1 t 1 f , ( x) = t ( − 2) − ≤ 0, ∀t > nên hàm f (t ) nghịch biến [0;+∞ ) 2 t t +1 Suy ra: f ( y ) = f ( x − y ) ⇔ y = x − y ⇔ x = y 0,25 Thế vào phương trình (1) ta : x + x + x = x + + ( x + x − 1) x + [ ] ⇔ ( x + x − 1) + ( x + 1) − x + − ( x + x − 1) x + = ⇔ x + x −1 x + x +1 + 3( x + x − 1) ( x + 1) + ( x + 1) x + + ( x + ) 2 − ( x + x − 1) x + =  x ≥ −1+ −1+ ⇔ x= ⇒ y = ( tm )  2 x x + − =  ⇔   + = 2  x + x + ( x + 1) + ( x + 1) x + + ( x + ) VT( ) = x2 + x +1 + 6x + 0.25 (4) ≤ 1+ 3 33 16 x + 33 ( x + 4) (1 + ) + ) + (x +1+ 4 VP( 4) = x + ≥ = 2, ∀x ≥ Do phương trình (4) vô nghiệm [...]... 0 0,25 Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, đều cho điểm tương đương Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số: y  2x 3  3x 2  1 Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn... 4: C84 B3) 4 đội còn lại chọn 4: 1 Số cách chọn là: C124 C84 ⇒ n ( Ω ) = C124 C84 Gọi A là biến cố “ Chọn 3 bảng, mỗi bảng 4 đội trong đó có đúng 1 đội Việt Nam” Tính n(A): B1) Chọn 1 trong 3 đội Việt Nam: có 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 đội nước ngoài: có C93 ⇒ 3.C93 cách B2) còn lại 8 đội (6 đội nước ngoài và 2 đội VN): Chọn 1 trong 2 đội VN: 2 cách, rồi chọn 3 trong 6 đội nước ngoài: C63 ⇒ 2.C63 cách... [0;5] 2− x 3 − 2x − Có f '( x ) = − x 2 + 4 x + 21 2 − x 2 + 3 x + 10 1 f '( x ) = 0 ⇔ x = 3 1 Ta có f (0) = 21 − 10 ; f   = 2 ; f (5) = 4  3 1 2 Vậy max P = 4 khi x = y = 5; z = 10 ; min P = 2 khi x = y = ; z = 3 3 0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ K12 NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: Toán – lớp 12 ( Thời gian làm bài: 180 phút ) 2x 1 x 1 Câu 2... ===============Hết=============== SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT LỚP 12 NĂM HỌC 2015 -2016 Môn: TOÁN Câu ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 * Tập xác định: D = R 1,0 đ * Sự biến thi n • Chi u biến thi n: y ' = 3x 2 − 12 x + 9 = 3( x 2 − 4 x + 3) x > 3 Ta có y ' > 0 ⇔  , y' < 0 ⇔ 1 < x < 3 x < 1 Do đó: + Hàm số đồng biến... biến thi n: Ta có f '(c)    c 1 3 0 f '(c ) – 0 1 0,25 + f (c ) 1 9 Dựa vào bảng biến thi n ta có f (c)   1 với mọi c  (0; 1) (2) 9 1 1 Từ (1) và (2) suy ra P   , dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  9 3 Trang 6/6 0,25 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  , đạt khi a  b  c  9 3 Trang 7/6 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN... 7 Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Phần Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội b) Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau 0.5đ Tính số cách chọn 3 bảng, mỗi bảng 4 đội: B1) 12 đội chọn 4: C124 Ta có cos2 α = 1 − sin 2 α = B2) 8 đội còn lại chọn 4: C84 B3) 4 đội còn lại chọn. .. THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số y x4 Câu 2 (1,0 điểm) Tìm cực trị của hàm số f (x ) 3x 2x 1 1 2 Câu 3 (1,0 điểm) a) Gọi z1, z 2 là các nghiệm phức của phương trình z 2 b) Giải phương trình 4.9x 1 13.6x 9.4x 1 1 e Câu 4 (1,0 điểm)... trong lô hàng đó có 100 sản phẩm, trong đó có 95 chính phẩm và 5 phế phẩm Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAB vuông cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích... CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: Toán – lớp 12 Câu Câu 1 Nội dung Điểm 1 điểm Khảo sát sự biến thi n và…  TXĐ: D = R\{ - 1}  Giới hạn và tiệm cận lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang y=2 x  0,25 x  lim y  ; lim  y   ; tiệm cận đứng x=-1 x ( 1) x  ( 1) 3  0 x  1 ( x  1) 2 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-  ; -1) và ( -1; +  ) Hàm số không có cực... có P   z t4 t 2t 4 Xét hàm số f (t)   (0  t  2) t4 t  f '(t)  4(t 2  8t  16) t 2 (t  4) 2 0.25 0.25  0, t  (0; 2]  f(t) nghịch biến trên (0 ; 2] Suy ra: P  f (t)  f (2)  8 3 x  y 8  P   x  y  x  y  z  2a  b  4c 3 2   z 8 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , khi 2a = b = 4c 3 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP 12 NĂM HỌC 2015 -2016 Môn: TOÁN