TRƯỜNG THPT BẮC N THÀNH MƠN TỐN Thời gian làm 180 phút ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2(m 1)x2  m  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm tất giá trị m để hàm số (1) đồng biến khoảng (1;3) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình cos x   sin x  sin x ln Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   e x  dx Câu (1,0 điểm) Chọn ngẫu nhiên số từ tập S  1, 2, ,11 Tính xác suất để tổng ba số chọn 12 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;3; 2) , B(3;7; 18) mặt phẳng ( P) : x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB vng góc với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) cho MA + MB nhỏ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A B, với AB  BC  a; AD  2a,(a  0) Các mặt bên (SAC) (SBD) vng góc với mặt đáy Biết góc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) 600 Tính theo a thể tích tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng CD SB Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x2  y  x  y  20  đường thẳng  : 3x  y  20  Chứng tỏ đường thẳng  tiếp xúc với đường trịn (C) Tam giác ABC có đỉnh A thuộc (C), đỉnh B C nằm đường thẳng  cho trung điểm cạnh AB thuộc (C) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C , biết trực tâm H tam giác ABC trùng với tâm đường tròn (C) điểm B có hồnh độ dương Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm thực (4m  3) x   (3m  4)  x  m   1  Câu (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c   ;1 Tìm giá trị lớn biểu thức 2  P a b bc c a   c a b - Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu cán coi thi khơng cần giải thích thêm ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN TỐN (Tại Trường THPT Bắc Yên Thành – Nghệ An) Câu (2.0 điểm) Nội dung a (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số Với m = 2, y  x  2x * TXĐ: D = R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y'  x  x ; y'   x  x   x  0, x  1 Hàm số đồng biến khoảng (-1; 0) (1;   ) Hàm số nghịch biến khoảng (-  ; -1) (0; 1) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; ycđ = y(0) = Hàm số đạt cực tiểu x =  1; yct = y(  1) = -2 - Giới hạn vô cực: lim ( x  x )  +  Điểm 0.25 0.25 x  - Bảng biến thiên Bảng biến thiên 0.25 * Đồ thị: Tìm guao với trục tọa độ 0.25 b (1.0 điểm) Tìm m để hàm số … Ta có y' = x  4(m  1) x (1.0 điểm) y' =  x  4(m  1) x =  x  x  (m  1)   TH1: Nếu m-   m  Hàm số đồng biến khoảng (0; +  ) Vậy m  thoả mãn ycbt TH 2: m - >  m> y' =  x = 0, x =  m  Hàm số đồng biến khoảng (- m  ; ) ( m  ; +  ) 0.25 Để hàm số đồng biến khoảng (1; ) m    m  Kết luận: Vậy hàm số đồng biến khoảng (1; )  m   ;2 0.25 0.25 0.25 Giải phương trình… Điều kiện: sin x  1 (*) 0.25 cos x  PT tương đương với cos x  cos x   cos x  25 sin x  Hay sin x  1 (l ) cos x  25 Vậy nghiệm phương trình là: x  (1.0 điểm)   k 2 ; x  k 2 , (k  ) Tính tích phân… ln I  ln 0.25 (2  e )dx   (e x  2)dx x ln = (2 x  e x ) ln  (e x  x ) ln 0.25 ln = (2ln   1)  (3  2ln 3)  (2  2ln 2) (1.0 điểm) (1.0 điểm) 0.25 Vậy 4ln  2ln Chọn ngẫu nhiên 0.25 Số trường hợp C113  165 0.25 Các (a, b, c) mà a  b  c  12 a  b  c (1, 2,9),(1,3,8),(1, 4,7),(1,5,6),(2,3,7),(2, 4,6),(3, 4,5) 0.5 165 Trong không gian với hệ tọa độ Vậy P  0.25 0.25 Ta có AB  (2,4, 16) phương với a  (1,2, 8) , mp(P) có PVT n  (2, 1,1) Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB vng góc với (P) 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) =  2x + 5y + z  11 = Vì khoảng cách đại số A B dấu nên A, B phía với mp(P) Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) x 1 y  z Pt AA' : , AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm   1 2x  y  z     x  y  z   H(1,2, 1) Vì H trung điểm AA' nên ta có :    1  0.25 0.25 0.25 2x H  x A  x A '  2y H  y A  y A '  A '(3,1,0) 2z  z  z A A'  H Ta có A 'B  (6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B : x  y 1 z   Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương 1 trình 2x  y  z     x  y  z  M(2,2, 3)    1  0.25 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD … BD · = 600 KỴ HE  AB => AB  (SHE), hay ((SAB);(ABCD)) = SEH Gäi H = AC  BD, suy SH  (ABCD) & BH = 0.25 2a 2a a AD = => SH = => VSABCD = SH.SABCD = 3 3 Gọi O trung điểm AD, ta cú ABCO hỡnh vuụng cạnh a =>ACD có trung tuyến CO = AD CD  AC => CD  (SAC) vµ BO // CD hay CD // (SBO) & BO  (SAC) Mµ HE = 0.25 d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)) TÝnh chÊt trọng tâm tam giác BCO => IH = IH  HS  IC = a => IS = 5a kỴ CK  SI mµ CK  BO => CK  (SBO) => d(C;(SBO)) = CK Trong tam gi¸c SIC cã : SSIC= SH.IC = SI.CK => CK = 2 0.25 SH IC 2a  SI VËy d(CD;SB) = 2a S A K O D 0.25 I E H B (1.0 điểm) (1.0 điểm) C Trong mặt phẳng tọa độ Đường thẳng () tiếp xúc với (C) N (4; 2) 0.25 Gọi M trung điểm cạnh AB Từ giả thiết M thuộc (C) B thuộc () , tìm B(12; 4) (do B có hồnh độ dương) 0.25 Do C thuộc () đường thẳng (d) qua H, vuông góc với AB Viết PT (d) 0.25 C  ()  (d )  (0;5) 0.25 Tìm giá trị tham số m … Điều kiện: 3  x  Khi PT tương đương với m  x   1 x 1 x   1 x 1 0.25 (*) Do ( x  3)2  (  x )2  Nên ta đặt x   2sin   4t ; 1 t2  x  2cos   2(1  t ) , 1 t2   t  tan   7t  12t   với 0    , (*)  m  2  t  16 t   t   0;1   Xét hàm số f (t )  0.25 7t  12t  , t   0;1 Lập bảng biến thiên hàm số f (t ) 5t  16t  7 9 Kết luận: m   ;  9 7 (1.0 điểm) 0.25 0.25 Cho số thực … 1 c b   x  y 1 Khơng tính tổng qt, giả sử  c  b  a  Đặt x  ; y    a a  c  ax; b  ay 0.25 Khi    (1  y )  y  1    y  y  (1  y )( y  x)(1  x)    2 P   xy y y Xét hàm số f ( y )   y2  y 2 ,  y  Lập bảng biến thiên (hoặc sử dụng bất y 0.50 0.25  2 đẳng thức Cô si), chứng minh f (t )  1      2 Kết luận: MaxP  1   (Tìm a, b, c để đẳng thức xẩy ra)   Hết - 0.25 SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TĨNH GIA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA MƠN TỐN (Năm học 2015 – 2016) Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề) Câu 1: ( điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị A, B cho diện tích tam giác OAB (O gốc tọa độ) Câu 2: ( điểm) a) Giải phương trình: sin x  cos2x  2sin x  1 b) Tính tích phân: I =  x ( x  1)2 dx Câu 3: (1 điểm) a) Từ hộp đựng viên bi đỏ viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi Tính xác suất để hai viên bi chọn màu x 1 x 1 1 b) Giải phương trình:        3 9 Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1) mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + = Viết phương trình đường thẳng d qua A vng góc với (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho OM  Câu ( điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy hình vng, SA vng góc với đáy, SA = a Góc đường thẳng SD mặt phẳng (SAC) 300 Tính thể tích khối chóp SABCD khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM), (M trung điểm CD) Câu ( điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3;0) trung điểm BC I(6; 1) Đường thẳng AH có phương trình x + 2y – = Gọi D, E chân đường cao kẻ từ B C tam giác ABC Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng DE x - = điểm D có tung độ dương Câu ( điểm)  y  y   y   x  x  xy Giải hệ phương trình   x  y  3x  y   x  14 x   Câu (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 2a 2b c2  Chứng minh rằng:    a  b2  c2  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: Hướng dẫn giải thang điểm Câu 1a Hướng dẫn giải Điểm Hàm số y = x – 3x +1 TXĐ D = R Sự biến thiên: lim y  x  ; xlim y   ; y’=3x2-6x => y’ =  x  0; x   0,5 BBT x - + y' + - 0 + y + -5 -3 - -2 Hàm số đồng biến (-  ;0) (2; +  ); Hàm số nghịch biến (0;2) Hàm số đạt cực đại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu x = 2; y = -3 Đồ thị 1b 0.5 -4 -6 x   x  2m Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ =   0,5 hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 4m (1  4m ) Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0; m Diện tích tam giác OAB: S  d (O; AB ) AB   4m (1  m4 )   m  2(TM ) Với m 0 OAB 2a 2b  4m sin x  cos2x=2sinx-1  sinx(sinx + cosx-1)=0 0.5  x  k  x  k  sinx=0       sinx+cosx=1  x  k 2 ; x    k 2  x   k 2 0,5 I=  0,5 x ( x  x  1) d x   (x  x3  x )dx x5 x4 x3  (   ) 3.a  0,5 30 Không gian mẫu có:   C92  36 0,25 Gọi A biến cố lấy hai viên bi màu:  A  C42  C52  16 Xác suất biến cố: PA=  A  16   36 3.b Đặt t= 0,25 0.25 t  ( ) x (t  0) Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 =   t   x ( ) 2 Ta có    ( 1) x   0,5 0,5  x  log1 / x   x  y 1 z 1 Phương trình đường thảng d qua A vng góc với (P):   2 x   t   y   2t  z  1  2t  t   OM  (2  t )  (1  2t )  (1  2t )   9t  12t     t    Vậy tọa độ M(1; -1;1) M( ; ;  ) 0,5 Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t); 3 0,5 DB  ( SAC )  hình chiếu vng góc DS lên (SAC) SO; Góc SD (SAC) CM: 0,25 DSO  30 Đặt DO =x Ta có SO= x (O giao AC với BD) Từ SO2 = AO2 +SA2  x  a  S  AC.BD  x  a ABCD 2 1 Thể tích khối chóp SABCD là.V= SA.S  a3 ABCD N Gọi trung điểm 0,25 S AB Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))= => DN// BM d(A;(SBM)) 0,25 Kẻ AI  BM ; AH  SM Từ CM AH  ( SBM )  d ( A;( SBM ))  AH Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2 Mà SABM = Khi AI.BM suy AI =2/ a H D A N M I 0,25 C B 1    AH  a  d ( D;( SBM ))  a 2 AH AI SA 3 Gọi K trung điểm AH Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K BCDE nội tiếp đường trịn tâm I Suy IK vng góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0 Tọa độ K(1:1) => A(-1;2) Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD 0,25 A K 0,25 H    ( x  1)  x  hoac x  1(l )  D (2;3) PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC: B 2x – y -11 = Tọa độ C(8;5)  B(4; 3) Vây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5) (1)DK x  0; y  1;  3x  y   Nhận thấy x= 0; y = khơng nghiệm hệ Ta có: (1)  D E C 0,5 I 0,5 y   x  ( y  1)  x  y ( y   x)  1  y   x)   y  x  1(do  y   x  0) y 1  x y 1  x  ( y   x)( Khi đó: (2)  x    x  x  14 x    ( x   4)  (1   x )  ( x  5)(3 x  1)  0,5   3x  1)   x   y  3x     x Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6) Từ gt: ab  bc  ca  1;   a  a  ab  bc  ca  ( a  b)(a  c)  ( x  5)( Ta có: a b a b  ab  ab       2 a  b  (a  b)( a  c) (a  b)(b  c ) ( a  b)(a  c)(b  c) (1  a )(1  b )  c  c2 Suy ra: VT   c2  c2 1 2c (  c  2)  f ( c )  f '( c )   f '(c)   c  c2  (1  c ) 0,5 0,25 Từ ta CM được: c   a  b   maxVT = max f ( c) = f ( 3)  a  b   c   a  3a   0,25 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 LẦN THỨ NHẤT Mơn TỐN Thời gian làm bài: 180phút, không kể phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x  x  x  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) giao điểm (C) với đường thẳng y  1 Câu (1,0 điểm) a) Cho hàm số f(x)  sin x  cos x  cos x  4sin x , chứng minh: f '(x)  0,  x   b) Tìm mơđun số phức 25i z , biết rằng:    3i  z  26  6i z 2i x 1  5.4 x   Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình: x3 9 x  x x 1  x  e   Câu (1,0 điểm).Tính tích phân: I     ln x  ln x  d x x   Câu (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang cân (BC//AD) Biết đường cao SH  a ,với H trung điểm AD, AB  BC  CD  a, AD  2a Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB AD theo a Câu (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vng góc B lên AC, M N trung điểm AH BH, cạnh CD lấy K cho MNCK hình bình hành Biết M  ;  , K(9; 2) đỉnh B, C nằm 5 5 đường thẳng x  y   x  y   , hoành độ đỉnh C lớn 4.Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Câu (1,0 điểm).Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm M (1; 2;3), N (1;0;1) mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính MN , tâm nằm đường thẳng MN (S ) tiếp xúc với (P) Câu (0,5 điểm).Trong kì thi TN THPT, Bình làm đề thi trắc nghiệm mơn Hóa học Đề thi gồm 50 câu hỏi, câu có phương án trả lời, có phương án đúng; trả lời câu 0,2 điểm Bình trả lời hết câu hỏi chắn 45 câu; câu cịn lại Bình chọn ngẩu nhiên Tính xác suất để điểm thi mơn Hóa học Bình khơng 9,5 điểm Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a,b thỏa mãn: a  b  Chứng minh rằng:  ab  ab 2    2  a  b  2ab ……… HẾT……… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………………… Số báo danh………………… ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Mơn: TỐN; (ĐÁP ÁN GỒM TRANG) CÂU Câu1a (1.0đ) ĐÁP ÁN ĐIỂM TXĐ: D   Giới hạn: lim y  , lim y   x  x  Đồ thị khơng có tiệm cận 0,25  x  1 y '  x  4x+3,    ; y '     x  3 Bảng biên thiên: X y’ -3 + -1 - + + 0,25  -1 y   Hàm số đồng biến khoảng  ; 3  1;   , nghịch biến khoảng  3; 1 Hàm số đạt cực tiểu x= 1 f( 1 )=  ; hàm số đạt cực đại x=-3 f(-3)=-1 0,25 Đồ thị: y 0,25 -3 -1 o -1 -7 Câu1b x TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2015 (Lần 3) ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN TỐN Thời gian làm 180 phút Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  x2  có đồ thị (C ) a Khảo sát biến thiên hàm số vẽ đồ thị (C ) b Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C ) điểm có hồnh độ -2 Câu (1,0 điểm) Cho phương trình: 2sin x  sin x  m   a Giải phương trình m  b Tìm m để phương trình cho có nghiệm Câu (1,0 điểm) a Tìm phần thực phần ảo số phức z  i  i5  i  (1  i)7 b Giải phương trình log (5x  10)  log ( x  x  8)  Câu (1,0 điểm)  xdx cos x a Tính tích phân: I   b Cho tập hợp A có 50 phần tử Hỏi tập A có tối đa tập hợp có số phần tử nhau? Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình thang vng A B, cạnh BC đáy nhỏ Gọi H trung điểm cạnh AB, tam giác SAB tam giác cạnh 2a , mặt phẳng (SAB) vng góc với (ABCD) Cho SC  a khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SHC) 2a a Chứng minh SH vng góc với CD b Tính thể tích khối chóp S.ABCD Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z   điểm A(2; 3;- 4), B(5; 3;- 1) a Viết phương trình mặt phẳng trung trực đoạn AB b Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho tam giác AMB vuông cân M Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; 1), góc BAC 600 nội tiếp đường trịn có bán kính R  Viết phương trình đường thẳng BC, biết đường thẳng BC qua M(-1; 2) trực tâm H tam giác ABC nằm đường thẳng (d): x-y-1=0     x2   x y2   y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   y  3   y  x   10 x  Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực thỏa mãn a  b  c  ab  bc  ca  Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: P 2    a b bc c a ab  bc  ca Hết Chú ý: Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, khơng trao đổi Giám thị khơng giải thích thêm TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM Mơn: TỐN (Lần năm học 2015-2016) Hướng dẫn chấm Câu Câu (2,0 điểm) Câu (1,0 điểm) Điểm a (1,0 điểm) Khảo sát… Học sinh làm quy trình, vẽ đồ thị 1,0 b Với x = -2 suy y = 9; y’ = -24 0,5 PTTT là: y = -24(x + 2) + hay y = -24x - 39 0,5 a Khi m = PT trở thành:   x  k  sin x    2sin x  sin x     x   k 2  sin x     7 x   k 2   7  k 2 ; x   k 2 6 b Đặt sin x  t , t   1;1 ; PT trở thành 2t  t   m (*) 0,25 Vậy PT có họ nghiệm x  k ; x  0,25 Để PT cho có nghiệm (*) phải có nghiệm thuộc  1;1 0,25 25 ; Maxf (t )  25   25  Suy để thỏa mãn tốn m   ;0  m  0;     8 Khảo sát hàm f (t )  2t  t  3, t   1;1 ta có minf (t )  Câu (1,0 điểm) a Ta có z  i  i5  i  (1  i)7  (i )2  i.(i )2  (i )3  (1  i) (1  i)2   (1)2  i.(1)2  (1)3  (1  i) 2i    i 1  (1  i)(8i)  i  8i    7i 0,25 Suy z có phần thực a=8; phần ảo b=-7 b ĐK: x>-2 PT   log2 (5x  10)  log ( x2  x  8)   log2 (5x  10)  log ( x2  x  8)  5x  10  x2  x   x  2; x  So sánh với ĐK suy x=1 Câu (1,0 điểm) 0,25  xu  dx  du a Đặt  dx   dv v  tan x   cos x 0,25 0,25 0,25 0,25   Suy I= x.tan x 03   tan xdx   3   ln cos x 03   3  ln b Số tập có k phần tử A C50k Giả sử loại tập có k phần tử loại tập nhiều nhất A ta có C50k 1  C50k hệ:  k 1 k C50  C50 Giải hệ bất PT ta k= 25 Vậy tập A có tối đa C5025 tập có số phần tử 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) S E A D H B M C a Vì tam giác SAB nên SH  AB Vì (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD) Từ suy SH  CD (đpcm) b Trong tam giác ABC cạnh 2a ta có SH= a Kẻ DM  HC  DM  (SHC) suy DM= 2a ; kéo dài CH cắt AD E Trong tam giác vng SHC có HC= a , Trong tam giác vng BHC có BC= a  góc HCB=450  góc CED=450 Suy tam giác DME vng cân M  EM=DM= 2a  ED= 4a Mà EA=AH= a  AD= 3a suy diện tích hình thang ABCD = 4a Vậy VS ABCD  SH dt ABCD  0,25 0,25 0,25 0,25 4a (đvtt) Câu a Mặt phẳng trung trực (Q) AB qua trung điểm I ( ;3; 5 ) AB 2 (1,0 uuur điểm) nhận AB  (3;0;3) làm véc tơ pháp tuyến, nên (Q) : x+z-1=0  x  1 t b Gọi (d) giao tuyến (P) (Q) suy (d):  y  3  2t  z t  0,25 0,25 0,25 Nhận thấy AB//(P) (Q) mp trung trực AB nên điểm C cần tìm nằm (d) Gọi C=(1+t; -3+2t; -t) uuur uuur 11 14 13 11 Suy có điểm C thỏa mãn C  (3;1; 2) C  ( ; ; ) 3 Để tam giác ABC vuông cân C AC.BC   t  2; t  A Câu (1,0 điểm) Gọi D trung điểm BC, gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC O Ta có AH=2.ID; góc DIC=góc BAC=600; IC=R= H B 0,25 D C A' Suy ID=IC.cos600 =  AH=2.ID= (*) 0,25 0,25 Vì H thuộc (d): x-y-1=0 nên H=(t; t-1) Thay vào (*) suy t=0 t=3 Suy H=(0;-1) H=(3;2) uuur BC qua M(-1;2) nhận véc tơ AH làm véc tơ pháp tuyến nên BC có PT: 0,25 0,25 x+2y-3=0 2x+y=0 Câu Từ PT đầu hệ ta có : (1,0 x2   x y  y    y  y   x2   x điểm)  x   x  y      y2     x2   x  (1) 1 y 4 y   x2   x  y   y Từ (1) (2) suy 2 y  x2   5x Thế vào PT thứ hệ ta được: (2 y  5)3   y  4 y  (2 y  5)3  y   y  0,25 (2) 0,25 0,25 (*) Xét hàm số f(y)= (2 y  5)3  y   y R có f’(y)= 6(2 y  5)2   (5  y ) Suy PT có nghiệm nhất y= Câu >0 với y  0,25 3  x  Vậy hệ có nghiệm nhất (0;-3/2) Khơng mất tính tởng qt ta giả sử a > b > c Khi : (1,0 điểm) A= 2    a b b c a c ab  bc  ca Sử dụng bất đẳng thức : 0,25 1 2    (m, n  0) m n mn m2  n Đẳng thức xảy m = n Ta có: 2(  0,25 1 10 10  )    a b b c a c ab  bc  ca a  c ab  bc  ca 20 (a  c)2   ab  bc  ca   20  a  c  a  c  4b  = (3  3b   3b)  suy ra: Từ ( 1) ( 2) ta có : A  10 lại có: 3(1  b)(1  3b)  20 (1) 1  b 1  3b  1  b 1  3b   3 (2) 0,25 Đẳng thức xảy khi: a - b = b –c, - 3b = + 3b a+ b + c = 2 2 ,b  ,c  hoán vị 6 Vậy GTNN A 10 a Chú ý: - Nếu học sinh làm cách khác chấm điểm tối đa theo ý - Nếu Câu 5, học sinh khơng vẽ hình vẽ sai không chấm điểm - Nếu mà kết ý trước sử dụng để giải ý sau, mà ý trước bị sai chưa làm ý sau không chấm điểm ………….Hết………… 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LONG AN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN - NĂM HỌC 2015-2016 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x2 (C) 2x  a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y  5x  Câu (1,0 điểm) a Chứng minh rằng: 3(sin8 x  cos8 x)  4(cos6 x  2sin6 x)  6sin x  b Tìm phần thực phần ảo số phức z thỏa mãn: 1  i  z    3i 1  2i    3i Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 22x  5.2x   2x  x  3y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x  6xy  y  5x  3y  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   2sin2x  cosx ln 1  sinx  dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a Hình chiếu vng góc H đỉnh S mặt phẳng đáy trung điểm cạnh AB; Góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD góc hai đường thẳng SB AC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung tuyến phân giác kẻ từ đỉnh B có phương trình d1 : 2x  y   d : x  y   Điểm M  2;1 thuộc đường thẳng AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC Biết đỉnh A có hồnh độ dương, Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) : x  2y  2z 1  , (Q) : x  y  2z   điểm I 1;1; 2  Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I, tiếp xúc với (P) phương trình mặt phẳng (α) vng góc với (P), (Q) cho khoảng cách từ I đến (α) 29 Câu (0,5 điểm) Trong bình có viên bi trắng viên bi đen Người ta bốc viên bi bỏ bốc tiếp viên bi thứ ba Tính xác suất để viên bi thứ ba bi trắng Câu 10 (1,0 điểm) Cho hai số dương x, y phân biệt thỏa mãn: x  2y  12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  4  4 x y  x  y 2 Hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LONG AN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN NĂM HỌC 2015 – 2016 MƠN TỐN Câu Điểm 0,25đ Nội dung  1 a) Tập xác định: D  ¡ \    2 Giới hạn tiệm cận: lim  y  ; lim  y   Suy TCĐ: x    1 x    2  1 x    2 lim y  lim y  x x 1 Suy TCN: y  2 0,25đ Sự biến thiên: y'   0, x  D  2x  1  1 Suy hàm số đồng biến khoảng  ;   2  Hàm số khơng có cực trị (có thể bỏ ý này) Bảng biến thiên     ;     0,25đ x -∞ y' y +∞ + + +∞ -∞ Bảng giá trị, vẽ đồ thị, có nhận xét 0,25đ y x  a2  b) Gọi M  a;  tiếp điểm ( a   ) Tiếp tuyến song song với đường thẳng  2a   nên suy ra: y '(a)  Giải a  a  1 + a  Phương trình tiếp tuyến là: y  5x  (loại trùng d) + a  1 Phương trình tiếp tuyến là: y  5x  (nhận) Vậy: y  5x  0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ a) 3(sin8 x  cos8 x)  4(cos6 x  2sin6 x)  6sin4 x  VT  3(sin4 x  cos4 x)(sin2 x  cos2 x)  4(cos6 x  2sin6 x)  6sin4 x 0,25đ VT  3sin6 x  3sin4 x cos2 x  3cos4 x sin2 x  3cos6 x  4cos6 x  8sin6 x  6sin4 x VT  5sin6 x  cos6 x  3sin4 x(1 sin2 x)  3cos4 x(1 cos2 x)  6sin4 x 0,25đ VT  3(sin4 x  cos4 x)  2(sin6 x  cos6 x) VT  3(1 2sin2 x cos2 x)  2(1 3sin2 x.cos2 x) =1  i 2 0,25đ Phần ảo: b  2 Bất phương trình tương đương  2x    x  log2 0,25đ  u v x 3  x  y  u  u  v  7(1) Ta có hệ phương trình:  Đặt    2 2u  4u  v  v(2) x  y  v y  u  v  Lấy (2) nhân với −3 cộng với (1) ta được: 0,25đ b) Tìm z  Phần thực: a  0,25đ 0,25đ 0,25đ u3  6u2  12u   v3  3v2  3v     u  2   v  1  3  u  1 v Thay vào phương trình (2), ta được: v2  v    v  1  v  0,25đ  3 + v  1 suy u = Suy  x, y   ,   2  3 + v  suy u = −1 Suy  x, y   ,    2 Chú ý: sử dụng phuong pháp cộng đại số phương pháp  0,25đ 0,5đ  I   2sin2xdx   cos2x     0,5đ I   cosx ln 1  sinx dx  1  sinx  ln 1  sinx    cosxdx   2ln2  0 Vậy I  2ln2  ·  600 Tính được: SH  a Lí luận góc SC (ABCD) góc SCH 0,25đ S A D H B C 2a3 uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur AC  a 5, SB  a , SB.AC  SH  HB AC  HB.AC  AH AC  2a2 uur uuur SB.AC cos      700 SB.AC 35 Tìm được: B(1;1) N điểm đối xứng M qua phân giác góc B N thuộc BC Tìm N(1;0) BC: x   , AC: y   0,25đ  a  c  1 ; A(a;1) với a > 0, C(1;c) Trung điểm AC: D      2a  c   Tam giác ABC vng B,ta có:  2 a   c   20       Giải hệ tìm được: A(3;1),C(1; 3) 0,25đ Phương trình mặt cầu:  x  1   y  1   z  2  uur n   2; 4;3 ,    : 2x  4y   m  0,25đ d  I ;()   29  m  29 0,25đ 45 B biến cố: “lần đầu lấy viên bi đen, viên bi trắng lần sau lấy viên bi trắng” P( B)  45 C biến cố “ viên bi thứ ba bi trắng” P(C)  P( A)  P( B)   0,2 Từ điều kiện, dùng bất đẳng thức côsi suy ra:  xy  0,25đ Tính được: VS ABCD    R  d  I ;(P)   2 2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Vậy    : 2x  4y   29  10 A biến cố: “lần đầu lấy viên bi đen, lần sau lấy viên bi trắng” P( A)  Đánh giá P  Đặt t  x y      16  y x  64 x y  2 y x 2   x y   t  2 Khi P  t   y x 16 64 t  0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 t   (với t > 2) 16 64 t  Tính đạo hàm, vẽ bảng biến thiên, tìm được: Xét hàm số f (t )   5 27 f (t)  f    64  2;    Tìm giá trị nhỏ P 27 x = y = 64 Hết 0,25đ Trường THPT Trần Đại Nghĩa ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 MƠN TỐN Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề) Tổ Tốn -Câu 1: (2 điểm) / Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số y  x3  3x  2/ Tìm tọa độ điểm M (C) cho tiếp tuyến (C) M song song với đường thẳng (d): 9x – y 18 = Câu 2: a/ (0,5 điểm) Giải phương trình sau log3 (2 x 1)  4log9 (5 x  2)   b/ (0.5 điểm) Giải phương trình cos3x + sin2x – cosx = Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân  xdx x2   x Câu 4: a/ (0.5 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f ( x)  x   x b/ (0.5 điểm)Biết số 10 vé xổ số lại bàn vé có vé trúng thưởng Khi người khách rút ngẫu nhiên vé Hãy tính xác suất cho vé rút có vé trúng thưởng Câu 5: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh 2a, mặt bên (SAB) nằm mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), tam giác SAB vng S, SA = a Hãy tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AB, SC theo a Câu 6: (1 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): x  y  z   điểm A(1 ; -1; 0) a/ Hãy viết phương trình mp ( ) qua điểm A song song với mặt phẳng (P) b/ Tìm tọa độ điềm M thuộc mp (P) cho MA vng góc với mp( P ) Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có đường chéo AC phương trình x+y-10= Tìm tọa độ điểm B biết đường thẳng CD qua điểm M (6; 2) đường thẳng AB qua điểm N( 5; 8) 2   x  xy  y  Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình  2   x  xy  y   x  y Câu 9: (1 điểm) Cho số thực không âm x, y thỏa mãn x2  y  (3x  2)( y  1)  Tìm giá trị lớn biểu thức P  x  y  x  y   x  y Hết Câu 1a Đáp án Nội dung + TXĐ D=R + y '  3x  x  y’=0    x  1 + lim y  ; lim y   x  1đ 1b Điểm 0.25 x  + BBT: Đúng chiều biến thiên Đúng giới hạn cực trị + KL: Hs đồng biến khoảng (-∞ ;-1)và (1 ; +∞); nghịch biến khoảng (-1 ; 1); đạt cực đại x=-1 ; đạt cực tiểu -4 x=1 + Điểm đặc biệt: đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm (2; 0) (-1;0) có điểm uốn (0; 2) + Đồ thị: Vẽ đồ thị qua điểm cực trị , điểm đặc biệt dạng + Đường thẳng 9x – y – 18 = có hệ số góc + Gọi M0( x0; y0) điểm mà tiếp tuyến song song đường thẳng 9x - y- 18=0  f '( x0 )  0.25 0.25 0.25 0.25  3x   1đ 2a  x0    x0  2 + Với x0 =2 y0 = M0( 2; 0) 0.25 x0 = -2 y0 = -4  M0( -2 ; -4 ) + Kiểm tra lại M0( 2,0)  tiếp tuyến M0 có pt y= 9(x – 2)  x  y  18  ( loại) 0.25 M0(-2;-4)tiếp tuyến M0 có pt y  9( x  2)   9x-y+14=0( nhận) 0.25 a/ + Đk : x  log (2 x  1)  log (5 x  2)    log (2 x  1)  log (5 x  2)  4  log (2 x  1)  log (5 x  2)  4  log 0.5  2x 1 5x  2  4 2x 1  34 (5 x  2) 0.25  25 x  142 x  85  x    x  17 25  So với đk ta nhận x=5 x  2b 0.5 b/ 2sin2x +cos3x – cosx =  sin2x – sin2x.sinx =  2sin2x ( – sinx) = 17 25 0.25 sin x   sin x  k  x    x    2  1 2 ( x  1) dx x  2x 1  0 x2  0 x2  dx 2x   =  1  dx x 1  0 0.25 0.25 1 x.dx x2  0.25 d(x  1) x2  0.25 =  1.dx   1đ 0.25 =x0  =1+ ln x  =1+ln2 0.25 4a 0.5 đ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số f ( x)  x   x + x [0;5] 1 + f '( x)   x 5 x + f '( x)   x   0;5 0.25 + f (0)  5; f (5)  5; f (4)  Maxf ( x)   f (4) + x0;5 f ( x)   f (0) x 0;5 4b 0.5 đ + Số phần tử không gian mẫu:  = C105 =252 + Biến cố A: ‘Trong năm vé rút có vé trúng thưởng’  biến cố A : ‘Trong năm vé rút khơng có vé trúng thưởng’ Số kết thuận lợi cho biến cố A C85 = 56 56 Xác suất biến cố A P( A ) = 252 56 Xác suất biến cố A P(A) =   252 + Trong mp(SAB), dựng SH  AB, (SAB)  (ABCD)  SH  ( ABCD)  SH chiều cao khối chóp  VS ABCD  B.h + B= dt ABCD= 4a2 + h = SH 0.25 0.25 0.25 1đ SB  AB  SA2 =a SB.SA h  SH  AB a =  VS ABCD  2a3 0.25 0.25  d(AB,SC) Vì AB// DC nên d (AB, SC)= d( AB, (SDC)) = d ( A, (SDC) 3V  A.SDC dtSDC .VS ABCD  dtSDC  dt SDC=? tgSAD vuông A nên SD  a tgSBC vuông B nên SC  a , DC= 2a  dtSDC  19 a nên d ( A, ( SDC ))  6a 0.5 đ 6b 0.5 đ 0.25 6a 57 19 + Mp ( ) song song với (P) nên mp ( ) có vecto pháp tuyến r n  (2; 2;1) mặt khác ( ) qua điểm A (1;-1; 0) nên : Pt ( ) (x – 1) -2 (y + 1) +1( z – 0)=  2x – 2y +z -4 = + Gọi M (x; y; z) - Do M  ( P)  x  y  z 1  uuur r - Do MA  (P)  MAcùng phuongn uuur Mà MA  (1  x; 1  y;  z ) r n  (2; 2;1)  x 1  y  z   nên 2 x  y     y  z  1 0.25 0.25 0.25 0.25 2 x  y  z   x  y   y  z  1   x     y     z    1 1 KL : M  ;  ;   3 3 r + Gọi n  (a; b) vecto pháp tuyến đường thẳng AB với a  b2  góc đường thẳng AB AC 450 ab  cos 450  a  b2 12  12 Ta có hpt 0.25 0.25  a  b2  a  b 1đ  a.b  a   b  + a=0 nên b ≠0  chọn b= pt đt AB 0(x – 5)+ 1( y – 8)=0  y=8 + b=0 nên a ≠0  chọn a=1  pt đt AB 1( x – 5) +0(y – 8)=0  x=5 0.25 * Gọi M’ điểm đối xứng với M qua AC, AC phân giác góc tạo hai đường thẳng BC DC nên M’ thuộc đường thẳng BC  pt đt MM’ 1( x- 6) -1(y – 2)=0  x – y – = 0.25 + Gọi H giao điểm đt MM’ AC  H( 7;3) + H trung điểm MM’  M’(8; ) * Với M’(8;4) AB : y=8 pt BC x= B= AB  BC B(8;8) * Với M’(8,4) AB : x= 5 pt BC y=4  B= AB  BC  B(5;4) + 1đ x  xy  y   x  y  x  (1  y ) x  y  y  có   (3 y  1)2 x  2y nên   x   y 1 y 1 x  + Với x=2y vào (1) ta có   y  1  x  2  y  3  x  + Với x= -y-1 vào (1) ta có   y   x  3 Vậy hệ có nghiệm (2;1); (-2;-1); (2;-3); (-3;2) 0.25 + Ta có x2  y  (3x  2)( y  1)   ( x  y)2  3( x  y)    xy  y 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì x,y khơng âm nên ( x  y)2  3( x  y)     x  y  Đặt t = x+y t  1; 2 0.25 Ta có P  x2  y  x  y   x  y  ( x  y)2  ( x  y)   ( x  y) P  t2  t   t 0.25 + Xét hàm f (t )  t  t   t với t  1; 2 1đ 4 với t  1; 2  f '(t )    với t  1; 2 4t f(t) liên tục đoạn [1;2] nên f(t) đồng biến đoạn [1;2]  maxf (t )  f (2)    f (t )   ta có f '(t )  2t   [1;2]  x y  x   P   , P=    t  y  KL: Giá trị lớn P  đạt x = y = 0.25 0.25 ... GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN (Đề có 05 trang) ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016 MÔN : VẬT LÝ LỚP : 12 Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Họ tên thí sinh... SBD: (Cán coi thi không giải thích thêm) 1/1 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NINH TRƯỜNG THCS - THPT NGUYỄN BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Bản hướng dẫn chấm có trang NỘI DUNG... TRƯỜNG THPT YÊN LẠC —————— Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT VÀ THI TS ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC: 2015 -2016 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời giao đề Đề thi