π x Tính K = xe dx 0,25 t u=x dv = e x dx π du = dx v = ex π x π x π π x π π π π π K = x.e − e dx = e − e = e − e + 2 0 V y I = 2(1 − ln 2) + π e − e +1 = + Câu π π e − e − ln 2 x − 3x + ≤ i m π log ( x − x + 1) ≤ ⇔ 0,25 ⇔ x − 3x + > x − 3x ≤ x − 3x + > 0≤ x≤3 ⇔ x< 3+ 3− 5 3+ 0,25 ⇔ x> 0≤x< 3− < x≤3 V y nghi m c a b t phư ng trình là: S = 0; 3− ∪ 3+ ;3 0,5 Câu TH1 Ch n i m i m A4, A5,…A10 có C63 = 20 tam giác 0,25 i m TH2 Ch n i m i m A4, A5,…A10 i m i m A1,…A4 0,25 có C62 C41 = 15.4 = 60 tam giác TH3 Ch n i m i m A4, A5,…A10 i m i m A1,…A4 có C C = 6.6 = 36 tam giác V y có 20+60+36=116 tam giác Câu i m xy + y+ 2 x − y + = 3x + y + sin π x + cosπ y = −x− 4 −1 i u ki n: x − y ≥ −1 y≥ Bi n !i phư ng trình (1) ta có: x≤ 296 x + x − y + (1) + y +1 (2) 0,5 ( x − y )(3( x − y ) + ) + 2( x − y ) + − ( x − y ) + = x− y ⇔ ( x − y )(3( x − y ) + ) + =0 2( x − y ) + + ( x − y ) + ⇔ ( x − y ) 3( x − y ) + + 0,25 =0 2( x − y ) + + 0,5 ( x − y) + TH1 V i x = y thay vào phư ng trình (2) ta có phư ng trình sin π x + cosπ x = −x− + x + (3) Xét hàm s y1 = sin π x + cosπ x = Ta có: −1 ≤x≤ ⇔ −π ≤πx ≤ π π sin π x + ⇔ 0≤πx+ π ; y1 ' = π 2co s π x + ≤ π nên hàm s y1 π B −1 ; 4 Xét hàm s y2 = −x− + x + , d" th y hàm s NB −1 ; 4 V y phư ng trình (3) có nghi m nh t x = TH2 3( x − y ) + x≤ Vì y≥ + = (4) 2( x − y ) + + ( x − y) + 1 −1 x− y≤ 2( x − y ) + + ( x − y) + ≤ 2+ Do ó: 2( x − y ) + + ≥ ( x − y) + 2+ M t khác x − y ≥ −1 3( x − y ) + ≥ −1 (6) T# (5), (6) suy phư ng trình (4) vô nghi m V y nghi m c a h phư ng trình x = y = Câu i m 297 = 2+ > (5) 3 0,25 S H C A I K B 0,25 Tình th tích kh i chóp SABC Trong tam giác ABC ta có: AB = AC cos 300 = 2a = a 3, 0,25 BC = AC sin 30 = 2a = a V y th tích kh i chóp SABC 1 1 a3 V = SA.S ABC = SA BA.BC = a.a.a = 3 6 Tình kho ng cách gi a SB AC Trong m t ph ng (ABC) k$ ng th ng Bx//AC Khi ó AC//(SBx), ó d ( AC ; SB ) = d ( A;( SBx )) Trong m t ph ng (ABC) k$ AK ⊥ Bx , AS ⊥ Bx Bx ⊥ ( SAK ) ( SBx ) ⊥ ( SAK ) Trong m t ph ng (SAK) k$ AH ⊥ SK AH ⊥ ( SBx ) V y d ( A; ( SBx )) = AH 0,25 0,25 Trong tam giác ABK vuông t i K có BAK = 60 ta có AK = AB.cos60 = a = a 2 Trong tam giác SAK ta có: AH V y d ( AC ; SB ) = AH = = AS + AK = a + 3a = 3a AH = a a Câu i m M t c u có tâm I(-1;-1;-2) bán kính R = m t ph ng (P) c t m t c u (S) theo ng tròn có bán kính l n nh t (P) i 0,25 0,25 qua tâm I Ta có AB = (−2;1;1); AI = (−2; −1; −3) Véc t pháp n c a m t ph ng (ABI) 0,25 n = AB; AI = ( −2; −8; ) Phư ng trình m t ph ng (P): 0,25 −2( x − 1) − 8( y − 0) + 4( z − 1) = ⇔ − x − y + z − = V y (P): − x − y + z − = 298 Câu A D i m N M P Q B C NQ / / AB G i Q trung i m BM, ó suy PCQN hình bình hành AB NQ = Suy CQ//PN Trong tam giác BCN Q tr c tâm nên CQ vuông góc v i BN Vì v y PN vuông góc v i BN ng th ng BN i qua N vuông góc v i PN nên có phư ng trình: 2x + y +1 = B giao i m c a ng tròn (C) BN x = 1; y = −3 x + y = 10 2x + y +1 = ⇔ x= −9 ; y= 13 Vì B có hoành dư ng nên i m B(1;-3) G i C(1-2c;c) CB = (2c; −3 − c); CP = (2c;1 − c) Do CP vuông góc v i BC nên c = −1 CB CP = ⇔ 5c + 2c − = ⇔ c= Câu i m x A − = −4 ⇔ 0,25 0,25 âm nên C(3;-1) x = xP − xc = −1 ó D(-1;3) P trung i m CD nên D y D = y P − yc = Vì C có tung Ta có BA = CD ⇔ 0,25 x A = −3 yA + = yA = V y A(-3;1); B(1;-3); C(3;-1); D(-1;3) 0,25 T# gi thi t i u ki n c a x, y ta có : y = − x ≤ x ≤ 0,25 2x y Ta có P = + = 2x 1− x +5 t t = x ≤ t ≤ Ta có P = t + 5 ; P ' = 2t − t t P' = ⇔ t = P(1)=6, P(5)=26, P( ) = Ta có Pmax x =1 = 26 ⇔ y=0 + 53 Pmin = 5 0,25 0,25 3 +5 ⇔ x = log 3 y = − log 5 0,25 Chú ý: N u thí sinh có cách làm khác v i áp án nh ng v n úng logic k t qu v n cho i m t i a 299 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT - ĐỀ SỐ 52 THI QUỐC GIA 2016 THÔNG Môn: Thời gian làm 180 phútTOÁN oOo y Câu ( ) Câu ( ) Cho tan ( 2 P sin ) Câu ( ) Câu ( ) THANH HÓA f ( x) x3 3x (0; )) 2sin Câu ( 2016 3cos 2cos 2x dx x2 x 6, c ? Câu 2); C(2;0; 1), D(-1; 0; Câu ( ACB 600 ) mp(SBC) ) Cho tam giác ABC Câu ( d1 : x y d2 :4x y ng M (2; ) Câu ( R Câu 10 ( ) x2 25x 19 ) Cho x, y, z x2 x 35 x 0;1 P 2( x3 y3 z3 ) ( x y y z z 2x ) - - 300 CL CÁC MÔN THI -2016 Môn: Toán ) ( Câu Câu x limy x y' y ( ' 3x 6x + y' ; limy x 3x x ; x x -2 - 0 y + 0,5 -4 ; 2) (0; ) ( 2;0) yCT 4, x = -2; y = y '' 6x x -1; -2) 0,5 Câu ( Vì tan Suy tan tan (0; )) nên tan 2 2 tan tan Thay vào ta có P tan Câu x y 2 2 2 tan tan (l ) Do tan 5 2 0,5 0,25 0,25 x log x log y 2(log x log y) y log x 2log y 2log 22 x 2log 22 y log ( xy ) 2log 0,25 log x 2log y log x log y 3log y y 4x Thay y 16.22 x x 62 2x t (t 0) 301 2 x 62 0,25 0,25 16t t 62 Câu t 31 Do t t suy x 16 ( x; y) (1; 2) 2x dx dx (2 x 1)( x 1) 2x x t 2x dx 2x2 x dx dx 2x x d (2 x 1) d ( x 1) 2x x ln x ln x C 3 Ta có: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu A74 t 0,25 840 840 a b c d abcd C41 C33 0,25 C43 C31 12 P4 24 suy ra: Câu 384 840 A P( A) 384 A 0,25 48 105 0,25 Ta có 0,25 Do k 0,25 x2 a b c d z2 2ax 2by 2cz d 0 ) 31 ;b ;c ;d 14 14 14 a y2 x2 y2 2a 2b d 2a 4c d 4a 2c d 2a 6c d 5 0,25 10 50 31 50 x y z 7 7 z2 0,25 Câu SH ( ABC ) VS ABC AB 2a sin 600 Nên S ABC S ABC SH Tam giác ABC 3a; AC 2acos60 AB AC a2 a 0,25 302 BC SK SH a; HK SK KH AC a a cos 600 a S 0,25 a Suy VS ABC a a b) Ta có SB SH HB 2 3a 7a2 HC AC AH a 4 2 3a a 10 SC SH HC a 4 1 10 15 SSBC SB.SC a a a 2 2 3 a 3VS ABC d ( A;( SBC )) a S SBC 15 15 a SH A C 600 H K 0,25 B 0,25 Câu x y 4x y x y 0,25 ' d1 , B M ' ( ;0) ' ' suy cos 5 AC 2R x 2y B nên có pt: 2x + y = 2.1 1.2 AC sin M M C 0,25 N A d2 d1 sin ABC A AB, C N d2 AC 3 a ); C (c;3 2c) , trung a c a 4c ; ) N( a 4c a 5; c 2 a 4c a 3, c (c a) BC A(a; 0,25 -1) Khi a = -3 ta (5; -1), A (-3; 3) - 0,25 Câu x 7 x 25 x 19 x x 2 x 35 x 11x 22 ( x 2)( x 5)( x 7) 303 302 0,25 3( x x 14) 4( x 5) ( x 5)( x x 14) x 5x 14; b a 3a 4b 7ab 3a x ( a ,b ab 4b 0) a b 3a 4b 0,25 0,25 x (t / m); x (l) 11137 61 11137 (t / m); x (l ) 18 18 0,25 61 11137 x 7; x 18 2 f ( x) 2x yx z x 2( y3 z ) y z Ta có: 1 f ' ( x) 6x 2 yx z ; f ' ( x) x x1 (y y 6z ); x x2 (y y 6z ) 6 x1 0;1 x2 0;1 hay x2 0;1 x Câu 10 Max f ( x) x 0;1 61 Max f (0); f (1) Mà f (0) 2( y z ) y z 2( y z ) y z (2 y z ) f ( x) f (1) y3 zy -y 2z z 2 (1) g ( y) y3 zy - y z z 2 , g ' ( y) y 2 zy 1; g ' ( y) y y1 (z f (1) z 6); y 0,25 y2 (z z 6) Max g ( y) Max g (0); g (1) y 0;1 g (0) 2z3 z 2 z z (1 z) g(1) Suy g ( y) g (1) z3 z (1 z) z z z h( z ) z z z z 0;1 , h' ( z ) z 2 z h' ( z ) Max h( z ) z 0;1 z1 ; z2 h(1) (3) (2) 0,25 0,25 0,25 304 Đăng kí nhận đề thi tài liệu môn Toán https://www.facebook.com/toanmath ĐỀ BiênTHI soạn: Toán THỬMath KỲ THI THGIA THPT QU - C GIA 2016 THI THPTĐỀ QUỐC 2016 ĐỀ SỐ 53 Môn: TOÁN ; Kh i 12 Thời gian làm 180 phút Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề oOo -TRƯỜNG THPT NGUYỄN VIẾT XUÂN – PHÚ YÊN http://www.toanmath.com Đ THI TH Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  f  x  x3  3x2  có đồ thị  C  1) Khảo sát bi n thiên vẽ đồ thị  C  hàm số 2) Vi t phương trình ti p n  C  điểm có hoành độ x0 , bi t f ''  x0   x0  Câu (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2sin x  sin x   2) Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z    i  z   6i Tìm phần thực, phần ảo số phức w  2z  Câu (1,0 điểm) 1) Giải phương trình : log  x  1  3log  3x     2) Một hộp chứa viên bi trắng, viên bi đỏ viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên t hộp viên bi Tính xác xuất để viên bi chon có đủ màu số bi đỏ nhi u   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   x2  x  x2 dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 3;0;  , B 1;0;0  Vi t phương trình mặt cầu đường kính AB tìm điểm M tia Oy cho MA  MB 13 Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác đ u cạnh a hình chi u vuông góc A’  ABC  trung điểm cạnh AB, góc đường thẳng A’C mặt đáy 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ tính khoảng cách t B đ n mặt phẳng (ACC’A’)  BAD  ADC  90  có đỉnh D  2; 2 CD  AB Gọi H hình chi u vuông góc điểm D lên Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD  22 14  đường chéo AC Điểm M  ;  trung điểm HC Xác định tọa độ đỉnh A, B, C , bi t  5 đỉnh B thuộc đường thẳng  : x  y   4 x2  y  x   3x   x2  x  y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x 12  y  y 12  x   12 Câu (1,0 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn xy  x  y  Tìm giá trị lớn 3x 3y xy     x2  y2  y 1 x 1 x  y - HẾT Thí sinh KHÔNG s dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm biểu thức P Họ tên học sinh : Số báo danh : Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: 305 Đề thi THPT Quốc gia môn Toán cập nhật liên tục trang web http://www.toanmath.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN 1) Môn: TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 67 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Thời gian làm 180 phút oOo Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số y  x  x 3 x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f ( x )  ( x  ) e đoạn [0; 2] Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   ( x  ln x ) x dx Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log ( x  x )  log5 (  x ) log  3x  x    x 1   b) Tính lim  x 1 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba đường thẳng x   t x 1 y  z  x  y 1 z   d1 :     ; d2 : vaø d3 :  y  5  t ( t   ) Xét vị trí tương đối 2 8 2  z  3  2t  d1 d Viết phương trình đường thẳng cắt trục oy cắt ba đường thẳng d1 ; d d Câu (1,0 điểm) a) Cho tam giác ABC có sinA,sinB,sinC theo thứ tự lập thành cấp số nhân C  A  600 Tính cos2B b) Gọi E tập hợp số tự nhiên gồm chữ số khác đôi chọn từ số 0,1,2,3,4,5 Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập hợp E Tính xác suất để ba số chọn có số có mặt chữ số Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, có đáy tam giác vuông cân A, AB = AC= a, cạnh BC lấy điểm H cho BH  BC , SH vuông góc với mp(ABC), góc SA mặt phẳng   (ABC) 600 Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AB SC 1 2   Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có B  ;3  Đường tròn tâm J nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, AC, AB M, N, P Cho biết M ( 3;3 ) đường thẳng qua hai điểm N, P có phương trình y   Tìm tọa độ đỉnh A biết A có tung độ âm  x 1 y2  3  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  y  x4 10 x  15 y  xy  46   ( x, y   ) Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  17(a  b  c)  ab Tìm giá trị nhỏ biểu thức   P  a  b  c  243  3  bc   2a  67 …………………………Hết………………… Cảm ơn thầy Nguyễn Tài Chung (nguyentaichung2013@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 382 Câu Câu 1,0 điểm ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN 1) Môn: TOÁN Nội dung a) (1điểm) D   b) Chiều biến thiên lim y  ; lim y   x  Điểm 0,25 ……………………………………………… x  4 y '  x  x3  x(1  x ) 3 ' y   x  0; x  1; x  1 hàm số đồng biến (; 1) (0;1) ;hàm số nghịch biến (1; 0) (1; ) hàm số đạt cực tiểu điểm x  0; yCT  ; hàm số đạt cực đại điểm x  1; yCD  BBT x y’ - -1 + y 0 -  1 + - + 0,25 0,25 - Đồ thị 5 0,25 Câu 1,0 điểm Hàm số cho xác định liên tục đoạn [0; 2] f ' ( x)  ( x  1)e x ………… f ' ( x)   x  (thỏa mãn ) ………………………………………………… f (0)  2; f (1)  e; f (2)  ……………………………………………… Vậy Giá trị lớn hàm số x = Giá trị nhỏ hàm số -e x = Câu 1,0 điểm Ta có I   ( x  ln x ) x dx   x 2 1 *  x dx  x  dx   x ln x dx ………………………………………………………………  x2   x2   x2  x xdx x xdx x ln  ln   ln         2ln  …………………… 1   1  1  1 2 0,25 0,25 ……………………………………………………………………  du  dx  u  ln x  x    dv  xdx v  x  2 ………………………… 0,25 0,25 383 0,25 0,25 0,25   Vậy: I  x dx  x ln x dx  Câu a) 0,5 đ 19  ln   2ln  12 0,25 Điều kiện x  ( , 1)  ( 0;3 ) ………………………………………………………… 0,25  x  (tm) x2  x   x  x2  x      x  3 (tm) Kết hợp điều kiện phương trình cho có nghiệm x =1, x = -3 …………………… 0,25 log ( x  x )  log (  x ) log  log ( x  x )  log (  x )  3x  x    3x   x    2( x  1)   3( x  1)     lim  lim lim lim  x 1   x 1  x   x 1  x   … x 1 x 1 x 1         2 20 …………  lim 3( x  1)  lim  6  x 1 x 1 3 x  x 1  Câu * d1: qua qua điểm M (1;1;1) , có véc tơ phương u1  (1; 4;1) 1,0 điểm  d 2: qua qua điểm M (2;  1;  1) , có véc tơ phương u2  (  2;  8; 2)  M 1M  (1; 2; 2) ……………………………………………………………       u1 , u2   ; u1 , M M   ( 6 ;3; 6)   d1 / / d ………………………     b) 0,5 đ ( ) * mp( ) chứa d1 / / d nên pt mp( ) qua điểm M (1;1;1) nhận    n  u1 , M M   ( 6;3; 6) làm véc tơ pháp tuyến  ptmp( ) :2 x  y  z     oy  mp( )  A(0; 3; 0) d3  mp( )  B 0,25 0,25 0,25 0,25 x   t x   y  5  t  y  5   0,25  B ( x; y; z ) nghiệm hệ:    B(2; 5; 3) 3 z t z        2 x  y  z   t   AB  (2; 2; 3)   Vì AB  (2; 2; 3) u1  (1; 4;1) không phương nên đường thẳng cần tìm x y3 z 0,25 qua hai điểm A B Suy ptđt:   2 3 Câu a) 0,5 đ b) 0,5 đ sinA,sinB,sinC theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có : sin B  sin C.sin A  sin B  cos(C  A)  cos(C  A) 11    cos B    cosB   cos2 B  2cos B   2  1  13 1  13 (nhận) cos B  (loại) …………………………  cos B  4  13 …………………………………………………………… cos B  cos B   Số phần tử tập hợp E A  100 Số số thuộc E chữ số : A42  48 384 0,25 0,25 Số số thuộc E có chữ số : 100  48  52 0,25 Số cách chọn số khác thuộc tập E C100  161700 ………………………… Số cách chọn số khác thuộc tập E có số có mặt chữ số : C52 C482  58656 Xác suất cần tìm : Câu 1,0 điểm C52 C482 4888 ………………………………………………  13475 C100 0,25 S BC  a 2; BH  a A a H B C I a BC  4 I trung điểm BC, suy a a AI  BC ; AI  BC  ; HI  BH  2 2 a 2a a 10 AH  AI  IH    16 SH  AH tan 600  S ABC  AB AC a VS ABC  2 a 10 a 30 3 ……… 4 1 a a 30 a 30  S ABC SH   …………………… 3 24 0,25 0,25 S L K B a A H a I D C J Tử B, kẻ đường thẳng song song với AC, Tử C, kẻ đường thẳng song song với AB, hai đường thẳng cắt D Tử H, kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB DC K J Ta có SC  mp( SDC ); AB / / mp( SDC ) 4 Nên d ( AB, SC )  d ( AB, ( DSC ))  d (K, (SDC))  d ( H , ( SDC )) KJ  HJ 3 Từ H kẻ HL  SJ , ta chứng minh HL  mp(SDC )  d(H; (SDC))  HL ……… 3a 30a 9a a 39 HJ  BD  ; SJ  SH  HJ    4 16 4 SH HJ 3a 130  HL  SJ 52 4 a 130 d ( AB, SC )  d ( H , ( SDC ))  HL  ………………………………… 3 13 385 0,25 0,25 Câu 1,0 điểm A N P J ( ) B y-1=0 C M(3; 3) ;3 P thuộc đường thẳng NP nên P (a ;1) 1  BP  BM      2  a  1 1   ………………………… BP   a    (1  )    a      2 2    a  1  Với a   P(2;1)    Ptđt AB qua P(2;1) nhận BP   ; 2  làm vtcp Suy pt AB: x  y  11  2     Ptđt PJ qua P(2;1) nhận BP   ; 2  làm vtpt Suy pt PJ: x  y        Ptđt MJ qua M(3; 3) nhận BM   ;  làm vtpt Suy pt MJ: x   2  x  3 x  y     7 PJ  MJ  {J }  J(x; y) nghiệm hệ:    J  3;   4 x    y   7 Ptđt AJ qua J  3;  vuông góc với PN: y-1=0 Suy pt AJ: x    4 x  x   1   AJ  AB  {A}  A(x; y) nghiệm hệ:    A  3;   3   x  y  11   y    0,25 0,25 Với a  1  P(1;1)    Ptđt AB qua P(-1;1) nhận BP    ; 2  làm vtcp Suy pt AB: x  y        Ptđt PJ qua P(-1;1) nhận BP    ; 2  làm vtpt Suy pt PJ: 3x  y        Ptđt MJ qua M(3; 3) nhận BM   ;  làm vtpt Suy pt MJ: x   2  3 x  y   x  PJ  MJ  {J }  J(x; y) nghiệm hệ:    J ( 3; 2 ) x    y  2 Ptđt AJ qua J ( 3;  ) vuông góc với PN: y-1=0 Suy pt AJ: x   x  x     19  AJ  AB  {A}  A(x; y) nghiệm hệ:   19  A  3;  …  3 4 x  y    y  1  Vì điểm A có tung độ âm Vậy A  3;   ……………………………………………… 3  386 0,25 0,25 Câu 1,0 điểm  x 1 y2   (1)  x4  y3 10 x  15 y  xy  46  (2)  x 1 y2 Đ/K x  4; y  3;  0;  y3 x4 Từ phương trình ( )  xy  x  y   4( xy  3x  y  12)  (x  1)(y 2)  4(x  4)(y 3)  0,25 x 1 y  4 y3 x4  x 1 y2  3   4 y x  Ta được:   x  y   (2)  y  x  (1) x 1 x 1 y2 y2  u2  ; (u  0); v   v2  ; (v  0) y3 y3 x4 x4 u  v  Hệ pt cho trở thành:  uv  Giải, ta u  2; v  u  1; v  Đặt u   x 1 19  4 x  u   x  y  11  y3  +    v x y     13 y      y 1   x   x 1 16  x  y   u  x  y   +    14 22     v x y  y    y   4   x   19 13   16 22  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y )    ;   ( x; y )    ;   3    Câu 10 1,0 điểm 0,25 0,25 0,25 a  b  c  17( a  b  c)  ab  ( a  b)  c  17( a  b  c) (a  b  c)2   (a  b)  c   (a  b)  c  1 (a  b)2  c   (a  b  c)2  17(a  b  c)  (a  b  c) 2  a  b  c  34  Áp dụng bđt cô si: (2a  67)  81  (2a  67).81   Áp dụng bđt cô si: 2a  67  27   a  74 2a  67 a  74 (b  c)  27  27  3 (b  c).27.27  27 b  c  27  b  c b  c  54 27 27 27.4 3    2a  67 b  c a  74 b  c  54 a  b  c  128 387 0,25 P  abc 234.27.4 1622 t ;  t  a  b  c  34 a  b  c  128 t  128 1622 1622 (t  34)(t  290)  ; t  ( 0;34 ; f ' (t )   Xét hàm số f (t )  t  t  128 (t  128) (t  128) 1622 (t  34)(t  290)   0; t  ( 0;34 f ' (t )   (t  128) (t  128)2 Hàm số f(t) nghịch biến (0;34] nên f(t) đạt GTNN 196 t = 34 ……… Dấu xảy  a  b  c  34 a  a  b  c    b  10  b  c  27 c  17   a  74  b  c  54 Vậy MinP  196 a  7; b  10; c  17 ………………………………………… 0,25 0,25 0,25 Cảm ơn thầy Nguyễn Tài Chung (nguyentaichung2013@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 388 Trường THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN ĐỀ THI THỬ (TP.HCM) Đề 03/2016 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA KỲ THI THPT Môn: ToánQUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 68 Thời Thời giangian làmlàm bàibài: 180180 phút phút oOo Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y = Câu (1,0 điểm) 17 x − 2x + 4x − 3 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: f (x ) = − 2x đoạn  0;2  − + x + x2 Câu (1,0 điểm) a) Cho hai số phức z1, z thỏa mãn: z = 1, z = 2, z + z = Hãy tính z1 − z b) Giải phương trình: log2 x − log2 ( ) x − = log x −2 Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng (d ) : y = x + đồ thị (C ) hàm số y = x − 3x + 3x + Câu (1,0 điểm) x −1 y −2 z −3 mặt = = phẳng (α) : 3x − 4y + z − = Viết phương trình mặt phẳng (β ) chứa đường thẳng (d ) vuông góc với mặt phẳng (α) Câu (1,0 điểm) a) Tìm góc ϕ ∈  0; π  thỏa mãn phương trình: cos3 ϕ − cos ϕ = cos ϕ + b) Một đoàn tra gồm 15 nam nữ Người ta muốn chọn nhóm gồm người để lập thành tổ công tác cho phải có tổ trưởng nam, tổ phó nam có nữ Hỏi có cách lập tổ công tác Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d ) : Cho hình S ABCD có đáy ABCD hình thoi với SA = AB = a , góc BAD = 1200 , mặt phẳng ( SAC ) ( SBD ) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) Tính theo a thể tích khối tứ diện SABC góc đường thẳng SB mặt phẳng ( SCD ) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông A B có 2BC = 3AD Gọi M đỉnh thứ tư hình chữ nhật BADM , P giao điểm AN với BD N điểm cạnh  11  BM cho BM = 4MN Biết N ( −1; −2 ), P  ;  sin MAD = Tìm tọa độ đỉnh  7  89 hình thang ABCD Câu (1,0 điểm)     x + 3x + + 2y + 3y + = ( x + y )  x +  + y +   Giải hệ phương trình:   2  2y + 3x − 2y + − x + y = − 5x − 2x 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 ≥ Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân ( luankieu@ymail.com )đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 389 TRƯỜNG THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN (TP.HCM) Đề 03/2016 LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút Người đề: Kiều Hòa Luân Câu (1,0 điểm) 17 x − 2x + 4x − 3 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y = Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: f (x ) = − Tập xác định: D = ℝ \ { −1} 2x đoạn  0;2  − + x + x2 Hàm số f (x ) xác định liên tục đoạn  0;2  2x Đạo hàm: f '(x ) = − + ; ( x ≠ −1 ) 2 (1 + x ) (1 + x ) Cho f '(x ) = ⇔ −2 ( + x ) + 2x ( + x ) = ⇔ ( x − )( − x ) = ⇔ x = 2 23 Ta có: f (1) = − ; f (0) = −1; f (2) = − 15 23 Vậy f (x ) = f (2) = − max f (x ) = f (0) = −1  0;2   0;2  15     Câu (1,0 điểm) a) Cho hai số phức z1, z thỏa mãn: z = 1, z = 2, z + z = Hãy tính z1 − z Đặt: z1 = a + bi (a,b ∈ ℝ ) z = c + di (c, d ∈ ℝ ) Khi đó:  a + b = a + b =  a + b =    2 ⇔ c + d = ⇔ c + d =  c +d =     (a + c)2 + (b + d )2 = (a + c)2 + (b + d )2 = a + c + b + d + (ac + bd ) =    Suy ra: (ac + bd ) = − (1 + 4) = ⇒ ac + bd = Vậy z − z = (a − c)2 + (b − d )2 = b) Giải phương trình: log2 x − log2 ( a + c + b + d − (ac + bd ) = ) x − = log x −2 − 2.2 = Điều kiện: x > Phương trình tương đương: log2 x − log2 ⇔ log2 x = log2 ( ( ) x − = log2−1 ( x −2 ) −1 ) x − ⇔ x − x + = (vô nghiệm) Vậy phương trình cho vô nghiệm Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng (d ) : y = x + đồ thị (C ) hàm số y = x − 3x + 3x + Phương trình hoành độ giao điểm (d ) (C ) là: x − 3x + 3x + = x + x =  ⇔ x − 3x + 2x = ⇔ x (x − 3x + 2) = ⇔  x = x =  390 Diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng (d ) đồ thị (C ) là: S = ∫ x − 3x + 3x + − ( x + ) dx = ∫ 0 = ∫ (x x − 3x + 2x dx − 3x + 2x ) dx + x4  =  − x + x    ∫ (x − 3x + 2x ) dx x4  +  − x + x    = 1 1 + − = (đvdt) 4 Câu (1,0 điểm) x −1 y −2 z −3 mặt = = phẳng (α) : 3x − 4y + z − = Viết phương trình mặt phẳng (β ) chứa đường thẳng (d ) vuông góc với mặt phẳng (α) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d ) : Đường thẳng (d ) qua điểm A(1;2; 3) có véctơ phương a = ( 3;2;1 ) Mặt phẳng (α) có véctơ pháp tuyến nα = ( 3; −4;1 ) Vì mặt phẳng (β ) chứa đường thẳng (d ) nên A(1;2; 3) ∈ ( β ) Vì mặt phẳng (β ) chứa đường thẳng (d ) vuông góc với mặt phẳng (α) nên (β ) có véctơ pháp tuyến n β =  a , nα  = ( 6; 0; −18 ) Vậy mặt phẳng (β ) cần tìm qua điểm A(1;2; 3) nhận n β = ( 6;0; −18 ) làm véctơ pháp tuyến có phương trình là: (β ) : ( x − ) − 18 ( z − ) = ⇔ x − 3z + = Câu (1,0 điểm) a) Tìm góc ϕ ∈  0; π  thỏa mãn phương trình: cos3 ϕ − cos ϕ = cos ϕ + Phương trình tương đương: ( cos3 ϕ − cos ϕ ) = ( cos ϕ + ) ϕ ϕ ϕ ⇔ cos 3ϕ = cos ( ϕ ∈  0; π  ⇒ cos ≥ ) 2   ϕ k 4π  3ϕ = + k 2π ϕ = ;(k ∈ ℤ ) ⇔  ⇔  k ϕ ϕ = π  3ϕ = + k 2π   4π 4π Vì ϕ ∈  0; π  ⇒ ϕ = 0; ϕ = ;ϕ =  4π 4π  Vậy góc ϕ ∈  0; π  thỏa phương trình cho là: ϕ =  0; ;    b) Một đoàn tra gồm 15 nam nữ Người ta muốn chọn nhóm gồm người để lập thành tổ công tác cho phải có tổ trưởng nam, tổ phó nam có nữ Hỏi có cách lập tổ công tác ⇔ cos 3ϕ = cos (cách) Chọn 15 nam làm tổ trưởng tổ phó có A15 Chọn tổ viên lại vào tổ công tác có nữ, ta có trường hợp sau: Chọn nữ nam có 5.C13 (cách) Chọn nữ nam có 13.C25 (cách) Chọn nữ có C53 (cách) Vậy số cách chọn nhóm gồm người để lập thành tổ công tác thỏa yêu cầu toán là: A15 ( 5.C132 + 13.C25 + C53 ) = 111300 (cách) 391 Câu (1,0 điểm) Cho hình S ABCD có đáy ABCD hình thoi với SA = AB = a , góc BAD = 1200 , mặt phẳng ( SAC ) ( SBD ) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD góc đường thẳng SB mặt phẳng ( SCD ) Thể tích khối tứ diện SACD Gọi O giao điểm hai đường chéo hình thoi ABCD Ta có:  AB = AD   AC ⊥ BD  ⇒ AC phân giác góc BAD  BAD = 1200   BAD 1200 = = 600 2 ⇒△ACD tam giác ⇒ DAC = CAB = ⇒ DO = AD a = 2 Tam giác ADO vuông O , có: AO = AD − DO = a ⇒ AC = a a 1 a a2 a3 = (đvtt) Thể tích khối tứ diện SACD là: VS ACD = SO.S △ACD = 3 Tính góc đường thẳng SB mặt phẳng ( SCD ) Tam giác SAO vuông O , có: SO = SA2 − AO = Tam giác SDO vuông O , có: SD = a 2 SO + OC = a SO + OD = Tam giác SCO vuông O , có: SC = Suy ra, tam giác SCD cân C Gọi H trung điểm SD CH ⊥ SD a 10 1 a 10 a a 15 Diện tích tam giác SCD là: S △SCD = CH DS = = (đvdt) 2 Gọi I hình chiếu vuông góc B lên mặt phẳng ( SCD ) , SI hình chiếu vuông góc Tam giác CHD vuông H , có: CH = CD − HD = SB lên mặt phẳng ( SCD ) Suy ra, góc đường thẳng SB mặt phẳng ( SCD ) ( SB; ( SCD )) = ( SB; SI ) = BSI khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) d  B ;( SCD ) = BI  Thể tích khối chóp B.SCD là: VB SCD =  3V d  B ;( SCD ) S△SCD ⇒ d  B ;( SCD ) = S ACD     S△SCD a 15 BI Tam giác SBI vuông I , có: sin BSI = = = SB a a Vậy: VSACD = (đvtt) ( SB; ( SCD ) ) = BSI ≃ 390 392 a3 = a 15 = a 15 10 ⇒ BSI ≃ 390 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông A B có 2BC = 3AD Gọi M đỉnh thứ tư hình chữ nhật BADM , P giao điểm AN với BD N điểm cạnh  11  BM cho BM = 4MN Biết N ( −1; −2 ), P  ;  sin MAD = Tìm tọa độ đỉnh  7  89 hình thang ABCD PA PD AD BM = = = = PN PB NB BN      x A − 11  = ( x P + )  x A =   PA  ⇔  ⇒ A ( 5; ) = ⇒ 3PA = 4NP ⇔       yA =  PN    yA −  = ( yP + ) 7   Ta có: △PDA ∼△PBN ⇒ Đường thẳng qua hai điểm A N có phương trình là: x +1 y +2 = ⇔ 5x − 6y − = ( AN ) : Suy hệ số góc đường thẳng ( AN ) k1 = Đường thẳng ( BN ) qua điểm N với hệ số góc k2 có phương trình ( BN ) : y = k2 (x + 1) − 89 MD AB = Tam giác MAD vuông D , có: tan MAD = AD BM Suy ra: AB  =  BM  ⇒ AB = BM 4 BN =   BN 3 AB = Tam giác ANB vuông B , có: tan ANB = BN   − k2  =  5 6  k2 = − k + k2   k1 − k2 6 ⇔  ⇔  ⇔ = tan ANB =   k2 = 60 + k1k2  − k2 + k1k2  11 − = 6   + 5k   Với k2 = ⇒ ( BN ) : y = −2 Theo giả thiết: sin MAD = ⇒ tan MAD = Đường thẳng ( AB ) qua A vuông góc với ( BN ) có phương trình ( AB ) : x − =  x − =  x = Tọa độ B thỏa hệ:  ⇔  ⇒ B ( 5; −2 )  y = −2  y = −2      AD = BC   ⇒ BM = BC  3  ⇒ BN = BC = BC BM = AD    3  BN = BM    ( −1 − ) = xC −  xC = −7 ⇒ 2BN = BC ⇔  ⇔  ⇒ C ( −7; −2 )  yC = −2  ( −2 + ) = yC +   393 AD =  ( x D − ) = ( −7 − )  x D = −3 BC ⇒ 3AD = 2BC ⇔  ⇔  ⇒ D ( −3; )  ( y D − ) = ( −2 + )  y D = 3   (nhận B D phía so với đường thẳng ( AN ) ) 60 60 ⇒ ( BN ) : y = ( x + ) − ⇔ 60x − 11y + 38 = 11 11 Đường thẳng AB qua A vuông góc với BN có phương trình ( AB ) : 11x + 60y − 235 = Với k2 =  x =  60x − 11y + 38 =     61 ⇒ B  ; 238  Tọa độ B thỏa hệ:  ⇔   61 41   11x + 60y − 235 =  238   y =  41 5    −1 −  = ( x D − )    61  BN = BC ⇒ 4BN = 3AD ⇔      238   = ( yD − )   −2 − 41    217   x D =   61 ⇒ D  217 ; − 297  (loại B D phía so với đường thẳng ( AN ) ) ⇔  61   61  y = − 297 D  61 Vậy tọa độ đỉnh hình thang ABCD là: A ( 5; ), B ( −7; −2 ), C ( 5; −2 ), D ( −3; ) Cách khác: (xác định tọa độ đỉnh B,C D ) Gọi B (a;b )  PB  ⇒ BD =  +    PD + PB = BD   PD =   PB = PB  3 AB AB AB  = =  BD 7 PB  PB  ⇒ AB =  PB 89   sin MAD = 89  2   2 25   11  1  25  ⇔ AB = PB ⇔ a −  + b −   =  (a − ) + (b − )   49 89 49   7 7  89    ⇔ 53a + 53b + 520a + 575b − 3020 =  1 Gọi I trung điểm AN , có: I  2;    sin MAD = cos AMD = cos ABD = AN = ( 6; ) ⇒ AN = 62 + 52 = 61  1 Đường tròn (C ) tâm I  2;  với đường kính AN =   61 có phương trình là:  61      ⇔ x + y − 4x − y − 11 = +  y −  =      (C ) : ( x − ) B ∈ (C ) ⇒ a + b − 4a − b − 11 =  53a + 53b + 520a + 575b − 3020 = (1) Như tọa độ B thỏa hệ:  a + b − 4a − b − 11 = (2)   53a + 53b + 520a + 575b − 3020 = ⇒ 732a + 610b − 2437 = ⇔   53a + 53b − 212a − 53b − 583 =  394 220 − 305b thay vào (2) , ta được: 366  220 − 305b   220 − 305b    + b −   − b − 11 =   366 366    b = −2  ⇔ 226981b − 431636b − 1771196 = ⇔   b = 238  61 220 − 305.(−2) b = −2 ⇒ a = = ⇒ B ( −2;5 ) 366 238 220 − 305 238 61 = ⇒ B  ; 238  b= ⇒a =  61 366 61  61 61  ⇔ 366a + 305b = 1220 ⇔ a = Với B ( −2;5 )  ( −1 − ) = xC −  xC = −7 BC ⇒ 2BN = BC ⇔  ⇔  ⇒ C ( −7; −2 )  ( −2 + ) = yC +  yC = −2    ( x D − ) = ( −7 − )  x D = −3 AD = BC ⇒ 3AD = 2BC ⇔  ⇔  ⇒ D ( −3; )  ( yD − ) = ( −2 + )  yD = 3   (nhận B D phía so với đường thẳng ( AN ) ) BN =  238  Với B  ;   61 61    ( x D − ) = AD  = ⇒ 3AD = 4BN ⇔  BN  ( y − ) = D   5  −1 −   61  ⇔  238    −2 −   61    x D = 217    61 ⇒ D  217 ; − 297      61 61   y = − 297  D 61 (loại B D khác phía so với đường thẳng ( AN ) ) Vậy tọa độ đỉnh hình thang ABCD là: A ( 5; ), B ( −7; −2 ), C ( 5; −2 ), D ( −3; ) Câu (1,0 điểm)     x + 3x + + 2y + 3y + = ( x + y )  x +  + y +    Giải hệ phương trình:   2 y x y x y x x + − + − + = − −   2y + 3x ≥  Điều kiện:    y ≥ −  2   3 Ta có: x + 3x + =  x +  + > 2y + 3y + =  y + 2   Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: x + 3x + x + 3x + = ( x + 3x + )1.1 ≤ y + 3y + 2y + 3y + = ( 2y + 3y + ) 1.1 ≤ x + 3x + 2y + 3y + Suy ra: x + 3x + + 2y + 3y + ≤ Khi đó, từ phương trình thứ hệ, suy ra: 2  x + 3x + 2y + 3y + ( x + y ) x +  + y + ≤ 3  ⇔ x + 2x + y ≤ ⇔ (x + y )2 ≤ ⇒ x − y = 395   + > 0; ∀x ∈ ℝ 4 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 tròn 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 Hoàn toàn 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 [...]... - 315 7 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 55 Môn thi: TOÁN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Thời gian làm bài 180 phút ( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ) oOo -Đề thi này có 01 trang Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  2x 1 (1) x 1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của... 0,25 0,25 Đăng kí nhận đề thi và tài liệu mới nhất tại https://www.facebook.com/groups/toanmath SỞ GD-ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI SỐ 2 NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 57 ————————— Môn: Toán học Thời gian làm bài 180 phút (Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề) oOo -————————— Câu 1 (1 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C)... THPT H NG LĨNH KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 56 Môn thi: TOÁN Đ CHÍNH TH C Thời gian làm bàilàm 180bài: phút Thời gian 180’ không kể thời gian phát đề oOo Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự bi n thi n và vẽ đồ thị c a hàm số y = x4 – 2x2 Câu 2 (1,0 điểm).Xác định m để hàm số sau đồng bi n trong khoảng (0; +∞): y x m x2  1 Câu 3 (1,0 điểm) Giải các phương... Đề thi THPT Quốc gia môn Toán được cập nhật liên tục trên trang web http://www.toanmath.com VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí Sở GD – ĐT ĐỀVĩnh THIPhúc THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 54 Trường THPT Đồng Đậu Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ THI THỬ oOo -THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016 Môn: Toán Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm) Cho... giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  4 4 5  4 4 a b 8  a  b 2 Từ giả thi t và bất đẳng thức CôSi ta có: a 2  2b  12  a 2  4  2b  16  4a  2b  16  2 4a.2b  16  0  ab  8 3 14 6 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí a b  4 4  ab 5 1  a 2 b2  5 1 Do đó P      2  2  a b  4 2 4  64  a b  8 8  a  b  16  b a  64   2 b a a b 1 2 5 1 1  Đặt t... 04   tanxdx   4  0 Vậy I= 4 0,25 2 32  4  ln 2   ln cos x 2 32  4 0   4  ln 2 0,25 0,25 + Số các số có một, hai, ba, bốn, năm chữ số phân biệt lần lượt là: A51 , A52 , A53 , A 54 , A55 Vậy tập A có A51 + A52 + A53 + A 54 + A55 = 325 số 5 0,25 0,5 4 1 1 dx   xdx  1)dx   x I =  x( cos 2 x cos 2 x 0 0 0  0,25 + Tương tự, số các số c a A không có chữ số 3 là: A41  A42  A43  A 44. .. có y = −4x + 4( m + 1)x, y = −12x + 4( m + 1) 0,25 ′ HS đạt cực đại tại x = −1 thì y (−1) = 0 ⇔ 4 − 4m − 4 = 0 ⇔ m = 0 0,50 ′′ Với m = 0 thì y (−1) = −12 + 4( m + 1) = −8 < 0 nên x = −1 là điểm cực 0,25 đại của hàm số Vậy m = 0 là giá trị cần tìm 329tại http://www.toanmath.com Tải đề thi và tài liệu môn Toán Đăng kí nhận đề thi và tài liệu mới nhất tại https://www.facebook.com/groups/toanmath 3 Giải phương... -(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh…………………………………………SBD…………………… 309 1 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Đồng Đậu ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016 ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM Môn thi: Toán Câu Đáp án 3 Với m = 1 hàm số trở thành y  x  3x 2  2 *Tập xác định : D  R * Sự biến thi n: + Giới hạn tại vô...  0  14 18  phương trình đường thẳng DH : 2 x  y  2  0  H  ;   C  6; 2   5 5 Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có T CI  2 IA  A 2; 4  1  x   3   Câu 8 Đi u kiện:  y  12  y 12  x2   0   x2  5 x  y  8  0 (0,25) (0,25)  * 307 Đề thi THPT Quốc gia môn Toán được cập nhật liên tục trên trang web http://www.toanmath.com Đăng kí nhận đề thi và tài liệu môn Toán tại... hình vuông ABCD Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau trên tập R 1 1 x 1 x   1  x x x Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thuộc đoạn [0; 1] Ch ng minh: a b c    (1  a )(1  b)(1  c)  1 b  c 1 a  c 1 a  b 1 ========= H t ========== 323 TRƯỜNG THPT H NG LĨNH KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180’ không kể thời gian phát đề ĐÁP ÁN – BI U ĐI M CÂU NỘI ... TRƯỜNG THPT H NG LĨNH KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 56 Môn thi: TOÁN Đ CHÍNH TH C Thời gian làm bàilàm 180bài: phút Thời gian 180’ không kể thời gian... nhận đề thi tài liệu môn Toán https://www.facebook.com/toanmath THI KỲ THI THPT QUỐC ĐỀNĂM SỐ 59 SỞ GDĐỀ & ĐT HẢITHỬ DƯƠNG ĐỀ THI THỬ GIA THPT2 016 QUỐC -GIA 2016 phút TOÁN –LẦN I TRƯỜNG THPT HỒNG... 0,25 0,25 3 04 Đăng kí nhận đề thi tài liệu môn Toán https://www.facebook.com/toanmath ĐỀ BiênTHI soạn: Toán THỬMath KỲ THI THGIA THPT QU - C GIA 2016 THI THPT Ề QUỐC 2016 ĐỀ SỐ 53 Môn: TOÁN ; Kh