BỘ ĐỀ THI THỬ THPT QG 2016 TẬP  Trên đường thành công dấu chân kẻ lười biếng Đà Nẵng, ngày tháng năm Rồi UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 2x 1 có đồ thị (H) x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (H) hàm số b) Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận (H) Tiếp tuyến điểm M có hoành độ dương Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  thuộc (H) cắt hai đường tiệm cận (H) A, B cho AB  10 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 32 x 1  4.3x   Câu (1,0 điểm) a) Tính môđun số phức z  (1  2i)(2  i ) b) Cho tập A  1, 2, 3, ,2015 , từ tập A chọn ngẫu nhiên hai số Tìm xác suất để giá trị tuyệt đối hiệu hai số chọn Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I    x  ln  x dx x Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  y  z    x   3t  đường thẳng d:  y   t Tìm tọa độ điểm M đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến mặt z  1 t  phẳng (P) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a đồng thời SA, SB, SC đôi vuông góc với S Gọi H, I, K trung điểm cạnh AB, AC, BC Gọi D điểm đối xứng S qua K; E giao điểm đường thẳng AD với mặt phẳng (SHI) Chứng minh AD vuông góc với SE tính thể tích khối tứ diện SEBH theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, đường thẳng AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm     13  M 1; 5 , N  ;  , P  ;  (M, N, P không trùng với A, B, C) Tìm tọa độ A, B, C biết đường 2 2  2 thẳng chứa cạnh AB qua Q  1;1 điểm A có hoành độ dương Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  13  y   x  1 3 y   x  2  y  1 x   y   x  y  12 y   x  1 3 y   x, y    Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  2b  c  a  b  c  ab  bc  ca  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  a c2 a  b 1  a (b  c)  a  b  ( a  c )( a  2b  c) HẾT UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu 1.a HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Đáp án  Tập xác định: D   \ 1  Sự biến thiên 3 y,   0, x   x  1 Điểm 1,0 0,25 + Hàm số nghịch biến khoảng ( ;1) (1;  ) + Hàm số cực trị + Giới hạn: * lim y  2;lim y   Đường thẳng y=2 tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  0,25 x  * lim y  ;lim y    Đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số x 1  x 1 Bảng biến thiên: x -∞ +∞ y' +∞ y 0,25 -∞    Đồ thị: Giao điểm (H) với Ox   ;0  , giao điểm (H) với Oy   Đồ thị nhận I 1; 2 làm tâm đối xứng 0; 1 0,25 1.b 1,0  2x 1  Gọi M  x0 ;    H  ; x0      x0  1 2x 1 Phương trình tiếp tuyến  H  M  d  : y  x  x0    x0   x0  1 3  2x   (d) cắt tiệm cận đứng (x=1) A 1;   x0   (d) cắt tiệm cận ngang (y=2) B  2x0 1; 2 36 AB  10   x0  1   x0  1 0,25 0,25  40 0,25  x0   (do  x0 )  x0  Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu toán M  2;5 M  4;3 0,25 1,0 x x 1 3  x   4.3     x   3   x  1  x 1,0 3a 0,5 2 z  (1  2i)(2  i )  (1  2i)(4  4i  i )  (1  2i)(3  4i )   4i  6i  8i  11  2i Vậy z  11  2i  z  112  22  5 3b 0,5 Gọi A biến cố: “Hiệu hai số chọn 1” Số phần tử không gian mẫu: n  C2015 0,25 Số cặp số có hiệu (là cặp hai số liên tiếp) nA  2014 n 2014 Vậy xác suất để “Hiệu hai số chọn 1” P  A   A  n C2015 0,25 1,0 Ta có: I    x  ln  x x .dx  4  x dx   1  ln  x x   I I 0,25 I1   xdx  14 x x  3 0,25 u  ln(1  x ) du  dx   x (1 x )     dx dv  v  x  x   4  I  x  ln  x |   dx  6ln  ln  x |  6ln  ln  1 x 14 Khi I  I1  I =  6ln  ln   ln  4ln  3 ln(1  x ) I2   dx , đặt x    M(1+3t, – t, + t)d 0,25  0,25 1,0 0,25 2(1  3t )  2(2  t )   t  3t= 1 Suy ra, có hai điểm thỏa toán M1(4, 1, 2) M2( – 2, 3, 0) 0,5 Ta có d(M,(P)) =  0,25 1,0 Gọi HI  AK  J , SJ  AD  E  E  AD   SHI  Ta có J trung điểm AK, kẻ FK//SE AD a   F  AD   AE  EF  FD  3 Trong tam giác vuông cân SBC, a SK  BC   SD  a 2 S C I A H J 0,25 K B E F D Trong tam giác vuông SAD, a SA2  a , AE AD  a  a  SA2  AE AD  SE  AD Tam giác SAB cân S nên SH  AB Ta lại có SC   SAB  , SC / / BD  BD   SAB  BD  SH  SH  ( ABD)  SH   HBE  a , S HEB  S EAH S AH AE 1 a2 a2  , S DAB  AB.BD   S HEB  Mà EAH  S DAB AB AD 2 12 0,25 0,25 SH  VSHBE a3  SH S HBE  (đvtt) 36 0,25 1,0 Đường tròn ngoại tiếp ABC đường tròn ngoại tiếp MNP có phương trình  3  x  y  x  29  có tâm K  ;0    Vì P điểm cung AB nên đường thẳng chứa AB qua Q  1;1 vuông góc với KP PT AB: x  y   Tọa độ A, B thỏa mãn hệ  y  2x   y  x  2 x  y       x   2  x  y  x  29   x   x  3  x  29    x  4  0,25 0,5 Từ đó, tìm A 1;3 , B  4; 5 Ta lại có AC qua A, vuông góc với KN có phương trình x  y   Nên tọa độ điểm C thỏa mãn 0,25  y   2x  y   x 2 x  y       x   C  4; 1  2 x  y  x  29  x   x  x  29       x   1,0  x  13 y   x  1 y   x 1  2  y  1 x   y   x  y  12 y   x  1 3 y    Trừ vế với vế (1) (2) ta y 1  y  1 x2  y  y    y  x Với y  thay vào (1) ta 8x 13  x   x  x  0,25 Với y  x2 thay vào (1) ta x3  13x  x   x  1 3 x2    x 1   x  x 1   x  1  x  1 x  1   x  x  1 0,25 Đặt a  x  1, b  3 x  ta a   x  x  1   x  1 b a  b  a  b   a  b  x  1     2 a  ab  b  x   b   x  x  1   x  1 a x 1 y  3 a  b  x   3x   x  15 x  x     1 x    y   64 2 a  a  a  ab  b  x     b    x  1  x     b   x  x   0, x 2  2   1  Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;1 ,  ;   64  0,5 1,0 Áp dụng BĐT AM - GM ta có : ab  bc  ac   a  b  c  a  2bc  ab  ac   a  bc  ab  ac a  b  a  c   Khi đó,  ab  ac     a  b  a  c   a  b  c   a  b   a c2   a b  c   a  b  a  b Mặt khác, a  b 1 a  b 1   a  c  a  b  2c    a  c  a  b  2c    a  b    a  c  a  2b  c   a  b 2 0,5 2 a  b 1 1 1  Do đó, P         2 a  b  a  b a  b a  b  a  b  Vậy GTLN P 0,5 UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi đề xuất trường THPT Quế Võ số 2x  C  2x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số b) Tìm m để đường thẳng d : y  2mx  m  cắt (C) hai điểm phân biệt A B cho biểu thức P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ ( với O gốc tọa độ) Câu (1,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  a) Giải phương trình: cos2 x  cos x  sin x  1  b) Giải phương trình: x  5.3x   Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sau tập số phức: z  z   b) Cho khai triển   x  tìm hệ số số hạng chứa x khai triển e  ln x   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I    x  dx  x ln x  1  x  2t   Câu (1,0 điểm) Cho điểm M  1;3; 2 , n 1; 2;3  đường thẳng d :  y  t t   z   t   Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M nhận vecto n làm vectơ pháp tuyến Tìm tọa độ giao điểm (P) đường thẳng (d) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có O tâm đáy khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  góc mặt bên mặt đáy  Tính thể tích khối chóp S ABCD theo  Xác định  để thể tích khối chóp đạt giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm đường thẳng d : x  y   Điểm E  9; 4 nằm đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F  2; 5  nằm đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 Xác định tọa độ đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm  y  1 x2   y  x2  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x, y    2  x  x y  y  Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực không đồng thời thỏa mãn điều kiện  a  b  c 2   a  b2  c  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức a  b3  c  a  b  c  ab  bc  ca  HẾT P UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Câu 1.a Đáp án *TXĐ: Điểm 1,0 2  1  I  d  c   A (1; 3); B ( 3;1)  \   *SBT: y '   0,  x   2  2  x  1   Hàm số nghịch biến khoảng  ;  1      ;   2   0,25 0,25 Tính giới hạn tiệm cận Lập bảng biến thiên 0,25 *Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đồ thị 0,25 0,5 1.b PT hoành độ giao điểm: 2x   2mx  m  1; x   2x 1 0,25 2  4mx  4mx  m   , (1); Đặt g  x   4mx  4mx  m  * (d) cắt (C ) hai điểm phân biệt  PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2  m      '  4m   m    1 g        0,25 *Gọi hoành độ giao điểm A B x1, x2 x1, x2 nghiệm PT (1)  x1  x2  1   m 1 x x   4m 2 Có: OA2+OB2 = x1   2mx1  m  1  x2   2mx2  m  1 0,25     4m m  1 x  x    m  1  m 1 =  m  1 1    4m  m  1   m  1 2m   2 = m  x1  x2 2 2 5  2m     (Áp dụng BĐT cô si m dương) 2m 2 1 Dấu xảy  m  ( thỏa mãn);KL: m  giá trị cần tìm 2 = 2.a 0,25 0,5 cos2 x  cos x  sin x  1   cos x     sin  x     4   0,25 k k    x  k 2   +) Với sin  x     (k  )  x    k 2    +) Với cos x   x    2.b 0,25 0,5 x   x  5.3x    Đặt t  x  t  0  5.3 x   Phương trình trở thành t  5t   x  t     x  log3 t  0,25 0,25 3a 0,5 Ta có,   11  0,25 Suy phương trình có hai nghiệm là: z1    11i   11i ; z2  2 3b 0,25 0,5 k 8 Ta có khai triển sau:   x    C8k 28k x k 0,25 Từ suy hệ số x C86 22  112 0,25 k 0 1,0 e e I   x dx   1 e e  ln x x dx;  x3 dx   x ln x 4  e 1 e d   x ln x  e  ln x 1  x ln xdx  1  x ln x  ln  x ln x   ln e  2  ln  ln e 0,5 e 0,5 e4  e Vậy I   ln  Phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M nhận vecto n làm vecto pháp tuyến là: 1,0 1 x  1   y  3  3 z  2   x  y  3z   0,5 Vậy phương trình (P) là: x  y  z   Thay x, y, z từ phương trình đường thẳng (d) vào mặt phẳng (P) ta được: 2t  2t  3(2  t)    t  1  x  2, y  1,z  0,5 Vậy tọa độ giao điểm đường thẳng mặt phẳng I  2; 1;1 1,0 Gọi M trung điểm BC Trong mp  SOM  kẻ OH  SM S (1) S ABCD hình chóp nên SM  BC , OM  BC Suy BC   SOM   OH  BC (2) Từ (1) (2) suy OH   SBC   OH  Từ (1) (2) ta có 0,25 H D     SBC  ,  ABCD   SMO M O OH Xét OHM vuông H ta có OM   sin  sin  Xét SOM vuông O ta có SO  OM tan   C A B 1 tan   sin  cos  S ABCD  AB  sin  sin  1 4  S ABCD SO   (đvtt) 3 sin  cos 3sin  cos Ta có AB  2OM  Suy VS ABCD 0,25 Đặt P  sin  c os  Ta có P  sin  c os  c os   c os3 Đặt cos  t , t   0;1 Suy P  t  t Ta có P    3t , 3  t2  3 Lập bảng biến thiên t 3 + P - P   t1   0,5 P VS ABCD nhỏ P l  t 3  cos      arccos 3 Vậy VS ABCD nhỏ (đvtt)   arccos 1,0 +) Gọi E’ điểm đối xứng với E qua AC B  E’ thuộc AD Vì EE’ vuông góc với AC qua điểm E  9;   phương trình EE’: x  y   Gọi I = AC  EE’, tọa độ I x  y   x  nghiệm hệ    I  3;    x  y 1   y  2 Vì I trung điểm EE’  E '(3; 8) E I A J E' F D C SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 THÀNH PHỐ CẦN THƠ ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  f ( x)   x3  x  x  , có đồ thị (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hoành độ thỏa mãn f ''( x)  18 Câu (1,0 điểm)  3 a) Cho cos x   ,    x   b) Giải phương trình 4x Câu (1,0 điểm) 2 x     Tính giá trị sin  x   6    3.2 x 2 x   (x  ) a) Tìm môđun số phức z , biết (1  2i) z   7i   2i 3i 10   b) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức Niu-tơn  x   , x   với x   x  ln x   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I     dx x   e Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông A, BC  2a, AB  a mặt bên BB’C’C hình vuông Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ khoảng cách hai đường thẳng AA’, BC’ Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Biết điểm A có  21  tung độ dương, đường thẳng AB có phương trình 3x  y  18  , điểm M  ; 1 thuộc   cạnh BC, đường thẳng AM cắt đường thẳng CD N thỏa mãn BM.DN = 25 Tìm tọa độ đỉnh hình vuông ABCD Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; 2;1) , đường thẳng x 1 y  z 1   d: mặt phẳng (P): x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng qua điểm A, song song với đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x   x   x  15 ( x  ) Câu (1,0 điểm) Cho số thực không m x, y, z thỏa mãn x  y  z x  y  z  10 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A  xy  yz  zx  x yz -HẾT -Ghi chú: Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh…………………………Số báo danh………………… Chữ kí giám thị 1…………………… Chữ kí giám thị 2………… Cảm ơn thầy Hoa Nguyen Doanh (nguyendoanhhoa@gmail.com) đã chia sẻ đên www.laisac.page.tl HƯỚNG DẪN CHẤM Đáp án – cách giải Câu Điểm 1,0 điểm a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x3  x  x  * Tập xác định D  x  x  0,25 * y '  3x  12 x  , y '    * Giới hạn: lim y  , lim y   x x * Bảng biến thiên: x  y’ - +  Câu (2,0 điểm)  0,25 - y  -2 * Kết luận: - Hàm số nghịch biến khoảng (  ;1) (3;  ); đồng biến khoảng (1;3) - Hàm số đạt cực đại x = 3, yCĐ = 2; đạt cực tiểu x =1, yCT = - * Đồ thị: 0,25 y 0,25 x -2 b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hoành độ thỏa mãn f ''( x)  18 Câu (1,0 điểm) 1,0 điểm Ta có: f '( x)  3x  12 x   f ''( x)  6 x  12 Theo giả thiết f ''( x)  18  x  1  y  18 0,25 f '( x)  3x  12 x   f '(1)  24 Vậy phương trình tiếp tuyến là: y  24( x  1)  18 hay y  24 x  0,25  3    a) Cho cos x   ,    x   Tính sin  x     6  16 3    Vì    x  Ta có: sin x   cos x    nên sin x   25 25         Khi đó: sin  x    sin x.cos    sin   cos x 6  6 6 3 34    2 10 0,25 0,25 0,5 điểm 0,25 0,25 Giải phương trình: 4x 2 x  3.2 x 2 x   (*) Phương trình (*) viết lại là: 22( x Đặt t  2 x 2 x 2 x )  3.2x 0,5 điểm 2 x 40 (t  0) 0,25 t  Phương trình (*) trở thành t  3t     t  4 So với điều kiện t = thỏa, x a) Tìm z , biết (1  2i) z  Câu (1,0 điểm) 2 x x   1 x  x    x  0,25  7i   2i 3i 0,5 điểm  7i   2i  (1  2i) z   i 3i 7i z   3i  z  10  2i Ta có: (1  2i) z  0,25 0,25 10   b) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển Niu-tơn  x   x   k 20 k  2  k k Số hạng tổng quát có dạng C  x   2  , (0  k  10)    C10 x  x  Theo giả thiết, số hạng tổng quát chứa x 20  k   k  6 Vậy hệ số số hạng chứa x là: a  C10 (2)  13440 k 10 10  k 0,5 điểm  x  ln x   Tính tích phân I     dx x  1 0,25 0,25 e Câu (1,0 điểm) 1,0 điểm ln x  dx x e e I   2dx   e * I1   dx   x   2e  e 0,25 e ln x  1 dx , đặt t  ln x   dt  dx ; x x x   t  1; x  e  t  * I2   2 t2 I   tdt   21 0,25 0,25  2e  2 Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông A, BC  2a, AB  a mặt bên BB’C’C hình vuông Tính theo a thể tích 1,0 điểm khối lăng trụ ABC.A’B’C’ khoảng cách hai đường thẳng AA’, BC’ Vậy I  2e   Câu 0,25 (1,0 điểm) Ta có tam giác ABC vuông A nên A' C' AC  BC  AB  a a2 S ABC  AB AC  2 B' 0,25 A C H B Vì BB’C’C hình vuông nên BB '  BC  2a a2 2a  a 3 (đvtt) Vậy VABC A ' B ' C '  S ABC BB '  Vì AA’ // BB’ nên AA’//(BB’C’C) Do d ( AA ', BC ')  d ( AA ',( BB ' C ' C ))  d ( A,( BB ' C ' C )) Dựng AH  BC (H thuộc BC) Khi AH  BC AH  BB’ suy AH  (BB’C’C) Suy d ( A,( BB ' C ' C ))  AH Xét tam giác vuông ABC, ta có AH BC  AB AC  AH  Câu (1,0 điểm) 0,25 0,25 AB AC a  BC 0,25 a Vậy d ( AA ', BC ')  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Biết điểm A có tung độ dương, đường thẳng AB có phương trình 3x  y  18  , điểm 1,0 điểm  21  M  ; 1 thuộc cạnh BC, đường thẳng AM cắt đường thẳng CD N thỏa   mãn BM.DN = 25 Tìm tọa độ đỉnh hình vuông ABCD Đường thẳng BC qua M vuông góc với AB nên B A BC: x  y  24  Khi đó, tọa độ B nghiệm 4 x  y  24  x  hệ    B(6;0) 0,25 3x  y  18  y  M N D Ta thấy tam giác sau đồng dạng với nhau: MBA Suy C MCN ADN MB MC AD    MB.ND  AB AD AB NC ND Suy 25  AB2 hay cạnh hình vuông a  Gọi A(4a  6; 3a)  AB , 25  AB  16a  9a  25    a  1 Vì điểm A có tung độ dương nên A(2;3) 0,25 Phương trình đường thẳng CD có dạng 3x  y  m  0(m  18) 18  m m  5   m  43 * Với m  7, pt CD : 3x  y   , tọa độ C nghiệm hệ 4 x  y  24  x    C (3; 4) (thỏa MC5)  3x  y  43  y  Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm A, song song với đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) Vì cạnh hình vuông nên d ( B, CD)  Câu (1,0 điểm) Ta có: ud  (1;2;1) VTCP đường thẳng d n( P )  (1; 2; 1) VTPT mặt phẳng (P) Gọi (Q) mặt phẳng cần tìm, theo giả thiết [ud , n( P ) ]  (0; 2;4) VTPT mặt phẳng (Q) 0,25 0,25 1,0 điểm 0,25 0,25 0,25 Phương trình mp(Q): 0( x  2)  2( y  2)  4( z  1)  0,25 hay y  z   Giải bất phương trình ĐK: x  x   x   x  15 ( x  ) 1,0 điểm Với điều kiện bất phương trình cho tương đương x    x    x  15   Câu (1,0 điểm) 4x2  4x2    3(2 x  1)  0,25  x2  x  15 0   2x  2x    x  1  3 0  x  15   4x   0,25 Ta có : x   x   x  15  x   x  15  x    x   2x   2x  2x   0 Vì x     x  15 nên x    x  15 Do 2x  x2   3 2x   x  15 0 0,25   2x  2x  1 Khi  x  1  3   2x 1   x   2  x  15   4x   0,25 Kết hợp với điều kiện, nghiệm bất phương trình x  Cho số thực không m x, y, z thỏa mãn x  y  z x  y  z  Tìm 1,0 điểm 10 giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A  xy  yz  zx  x yz Câu 1,0 điểm Ta có : A  ( x  y  z )2   3xz  yz  10 x yz  3z  x  y   3xz  yz  3z ( x  y )     x  y  z   10 10  ( x  y  z)2    A  2( x  y  z )   x yz x yz Đặt t  x  y  z 0,25   x  y  z  ( x  y  z )2  3( x  y  z )   3t 3 10 10 Và t    A  2t   t t 10 10 2t  10 t hàm số : f (t )  t   D  [ 3;3] , f '(t )  2t    0, t  D t t t2 10 , dấu đẳng thức xảy  f (t ) đồng biến D  A  f (t )  f ( 3)  D  z( x  y)    x  y  z   y  z  0, x  ( x  y  z)  x2  y  z   10 , đạt y  z  0, x  3 10 10 4t  10 t hàm số : g (t )  2t   D  [ 3;3] , g '(t )  4t    0, t  D t t t2 55 , dấu đẳng thức xảy  g (t ) đồng biến D  A  max g (t )  g (3)  D 3z  x  y   x  y  z   x  y  z   x2  y  z   55 Vậy giá trị lớn A , đạt x  y  z  i cách giải khác đ ng đ u m tối đa c a ph n đ 0,25 0,25 Giá trị nhỏ A * i m toàn ài làm tr n theo qui định Cảm ơn thầy Hoa Nguyen Doanh (nguyendoanhhoa@gmail.com) đã chia sẻ đên www.laisac.page.tl 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK NÔNG KỲ THI KHẢO SÁT LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút; (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2.0 điểm) Cho hàm số y = 2x + có đồ thị (C ) x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số Viết phương trình tiếp tuyến (C ) , biết tiếp tuyến có hệ số góc k = Bài (1.0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x( x − 1)2 dx Bài (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (1; −2;3) mặt phẳng ( P ) có phương trình x − y + z − = Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm M song song với mặt phẳng ( P ) Bài (1.0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' , có đáy ABC tam giác vuông cân B Biết AB = cm , BC ' = cm Tính thể tích khối lăng trụ cho; Tính góc hợp đường thẳng BC ' mp( ACC ' A ') π  π  Bài (1.0 điểm) Giải phương trình sin  − x  + sin  + x  = 4  4  Bài (1.0 điểm) Với chữ số tập hợp {0;1; 2;3; 4;5} , viết số tự nhiên gồm chữ số, có hai chữ số 1, ba chữ số lại khác đôi khác Bài (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lấy điểm A( 2; 2) , B(2 2;0) C ( 2; − 2) Các đường thẳng (d1) (d2) qua gốc tọa độ hợp với góc 45o Biết rẳng (d1) cắt đoạn AB M (d2) cắt đoạn BC N Khi tam giác OMN có diện tích bé nhất, tìm M viết phương trình đường thẳng (d1) (d2) 3 x + y + xy = x − y Bài (1.0 điểm) Giải hệ phương trình sau   x + y + = 2 x + y − xy ( Bài (1.0 điểm) Với số dương x y có tổng bé Chứng minh + + ≥ 36 x y 1− x − y -HẾT - ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK NÔNG KỲ THI KHẢO SÁT LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút; (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài HƯỚNG DẪN CHẤM Đáp án Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số y = 2x + x +1 1,0 Tập xác định: D = » \ {−1} Giới hạn: lim y = , lim y = , suy y = tiệm cận ngang đồ thị x →+∞ x →−∞ 0,25 lim y = −∞, lim− y = +∞ , suy x = −1 tiệm cận đứng đồ thị x →−1+ x →−1 Đạo hàm: y ' = ( x + 1) > 0, ∀x ≠ −1 Bảng biến thiên: x -1 -∞ +∞ + y' +∞ y 0,25 + -∞ Hàm số đồng biến khoảng ( −∞; −1) ( −1; +∞ ) Hàm số cực trị Đồ thị: 0,5 Với x = ta có y = Với x = – ta có y = Viết phương trình tiếp tuyến (C ) , biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 1,0 Giả sử M ( x0 ; y0 ) tọa độ tiếp điểm  x0 = =1⇔  ( x0 + 1)  x0 = −2 Với x0 = ⇒ y0 = Phương trình tiếp tuyến là: y = x + Theo giả thiết ta có y '( x0 ) = ⇔ Với x0 = −2 ⇒ y0 = Phương trình tiếp tuyến là: y = x + 0,5 0,25 0,25 Tính tích phân I = ∫ x( x − 1) dx 1,0 Ta có I = ∫ ( x − x + x) dx 0,25  x x3 x  = − +  0  I= 12 0,5 0,25 Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P ) là: d ( M , ( P)) = − 2(−2) + 2.3 − 1+ + = (đơn vị độ dài) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm M song song với mặt phẳng ( P) Mặt phẳng ( P) có véctơ pháp tuyến n = (1; −2;2 ) Vì ( Q ) //( P ) nên n = (1; −2;2 ) véctơ pháp tuyến (Q) Phương trình mặt phẳng (Q) là: 1.( x − 1) − 2.( y + 2) + 2( z − 3) = Hay x − y + z − 11 = Tính thể tích khối lăng trụ cho; Vẽ hình: 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 A B H C B' A' C' Diện tích đáy khối lăng trụ: S = (cm2) Chiều cao khối lăng trụ: h = CC ' = BC '2 − BC = (cm) 27 cm3 ) ( 2 Tính góc hợp đường thẳng BC ' mp ( ACC ' A ') Gọi H trung điểm cạnh AC , suy HC ' hình chiếu BC ' lên mặt phẳng ( ACC ' A ') Thể tích khối lăng trụ cho: V = S h = = Ta có sin HC ' B = 0,25 0,5 0,25 0,25 Do ( BC ', ( ACC ' A ') ) = ( BC ', HC ') Ta có tam giác BHC ' vuông H , cạnh BH = 0,25 cm BH = ⇒ HC ' B = 30o Vậy ( BC ', ( ACC ' A ' ) ) = 30o BC ' Biến đổi phương trình cho thành π π  π  sin  − x  − sin = − sin  + x  4  4  π  π  ⇔ cos  − x  sin ( − x ) = − sin  + x  4  4  π  π  ⇔ cos  − x  sin ( x ) = cos  − x  4  4  π π π π Với cos  − x  = , ta có − x = + kπ x = − + kπ 4 4  0,25 0,25 0,25đ 0,25đ 0,25đ π  x = + k 2π  Với s in ( x ) = , ta có   x = 5π + k 2π  π   x = − + kπ  π Ta có họ nghiệm  x = + k 2π    x = 5π + k 2π  0,25đ Trường hợp số tự nhiên có chữ số 0: Có 4.C42 A42 = 288 số tự nhiên (Có cách đưa số vào hàng số tự nhiên, cách chọn số ta có C42 cách đưa số vào hai hàng số tự nhiên Còn lại hàng, có A42 cách chọn chữ số (trong chữ số 2, 3, 4, 5) để đưa vào) Trường hợp số tự nhiên chữ số 0: Có C52 A43 = 240 số tự nhiên Kết có 528 số tự nhiên Gọi α góc (d1) với chiều dương trục hoành, β góc (d2) với chiều dương trục hoành, với α + β = 45o 0,5đ 0,5đ 0,25đ  OM = cos α Ta có  ON =  cos β Như tam giác OMN có diện tích S = OM ON sin 45o Hay S = 2 cos α cos β Hay S = cos 45 + cos (α − β ) o Tam giác OMN có diện tích bé với điều kiện cos (α − β ) = , tức α =β Và ta có α = β = π Lúc (d1) phân giác góc AOB , điểm M chia đoạn AB theo tỷ số k = − 0,25đ 0,25đ OA =− OB  xM = Tọa độ điểm M   y M = 2( − 1) Phương trình đường thẳng ( d1 ) : y = x tan π (d1 ) : y = ( − 1) x , 0,25đ Đường thẳng (d2) đối xứng với (d1) qua trục hoành nên phương trình đường thẳng ( d ) : y = ( − + 1) x 3 x + y + xy = x − y (*1) Xét hệ phương trình sau   x + y + = 2 x + y − xy (*2) Ta phân tích phương trình (*1): 3x + y + xy = 3x − y ( 0,25đ ) Trở thành ( 3x + y )( y − x + 1) = 3 x + y = Hay  2 y − x + = Còn phương trình (*2): x + y + = ( x + y − xy ) phân tích thành 0,25đ ( x + y −2 ) =0 Hay x + y − = 3x + y = , ta có hệ vô nghiệm Xét hệ   x + y =  x = 23 − 2 y − x + = , ta có  Xét hệ   x + y =  y = 11 + + + ≥ 36 x y z a b c Do x + y + z = , nên ta đặt lại x = , y= z = , với a, b a+b+c a+b+c a+b+c c số dương Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a + b + c 4( a + b + c) 9( a + b + c) + + ≥ 36 a b c 4c 9a 9b b c 4a Hay + + + +4+ + + + ≥ 36 a a b b c c b c 4a 4c 9a 9b + + + ≥ 22 Hay + + a a b b c c  b 4a   c 9a   4c 9b  Hay  +  +  +  +  +  ≥ 22 c  a b  a c   b Áp dụng bất đẳng thức Cô - si lần ta có điều phải chứng minh Dấu xảy ra: + + = 36 x y z  b 4a   c 9a   4c 9b   +  +  +  +  +  = 22 c  a b  a c   b   x = b = 2a Lúc  Như  c = 3a y =  Đặt − x − y = z , ta có x + y + z = , ta cần chứng minh 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ [...]... ) 2 5 (b c )2 9(b c )2 (c a) 2 5ca 9(c a )2 4 2 2 a b2 4 a2 b2 2 a b Suy ra (b c )2 5bc (c a )2 5ca 9 (b c )2 (c a )2 9 b c c a 2 (a b )2 2 2 c ( a b ) 2 2 2 a b c ( a b) 2 2 2( a b) 2 4c (a b) 2 9 ab c (a b) c 2 9 (a b )2 9 (a b )2 4c (a b) 4c 2 2 c ( a b) c 4 Vỡ a b c 1 a b 1 c nờn 2 0 ,25 2 2 2( 1 c )2 4c (1 c ) 3 8 2. .. 8 0,5 2 2 2 10 1,0 p dng bt ng thc Cụsi, ta cú a2 a2 4a 2 b2 4b 2 Tng t, ta cú (b c ) 2 5bc (b c ) 2 5 (b c )2 9(b c )2 (c a) 2 5ca 9(c a )2 4 2 2 a b2 4 a2 b2 2 a b Suy ra (b c )2 5bc (c a )2 5ca 9 (b c )2 (c a )2 9 b c c a 0 ,25 2 (a b )2 2 c (a b ) 2 2 2 a b c ( a b) 2 2 2( a b) 2 4c (a b) 2 9 ab c (a b) c 2 9 (a b )2 9 (a b )2 4c... 0 .25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 .25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 Vy h phng trỡnh cú 2 nghim ( x; y ) l: (0;0), (1;1) Cỏch 2: Vi x y 0 ta cú 2 2 x 2 2 y 2 x y 2 x 2 2 y 2 x y, 2 2 2 x xy y x y xy x y 2 2 x y 4 2 4( x 2 xy y 2 ) x y 3 2 4( x xy y ) 2( x y ) PT (2) x y 3 1 1 1 T gi thit, ta cú: 3 9 a b c (1,0 p dng BT Bunhia-copski ta cú: im) 2 2 2 2 2 (a b b) (1 1 1 )(a b 2 b 2. .. 3(a 2 2b 2 ) 2 x2 2 y 2 a 2b a b b 3(a 2 2b 2 ) Du = xy ra a b 1 2 1 1 1 9 3 3 Mt khỏc: a b a b b a 2b a 2 2b 2 1 2 3 3 1 2 3 3 , b c b 2 2c 2 c a c 2 2a 2 1 1 1 1 1 1 1 A ( ) 3 3 a b c a 2 2b 2 b 2 2c 2 c 2 2a 2 Du = xy ra a b c 1 Vy Max A= 3 t c khi a=b=c=1 CH í : Hc sinh lm cỏch khỏc ỳng vn cho im ti a -HT - Tng t : 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 SGIODCVOTO LOCAI THITHư... 18 = 0 ờ 3.Vy:N (27 8)hoc N ỗ - - ữ ờt = ố 7 7 7 ứ ở 7 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 2 22 9 2 ổ Shngtngquỏttrongkhaitrin ỗ x2 - ữ l x ứ ố (0,5im) 0 ,25 k C22k ( x2) 22 - k ổ 2 = C k ( )k x44 -3 k ỗ- ữ 22 -2 ố x ứ ỡ0 Ê k Ê 22 ù Tacú ớk ẻ Ơ k = 12, Vy,hsca x8 trongkhaitrinnhthcNiuưtn ù44 - 3k = 8 ợ 0 ,25 22 2 ổ 12 ( -2 ) 12 ca ỗ x2 - ữ l C 22 x ứ ố 10 (1,0im) t a = 5 - 4 x b = 1+x thỡ a 2 + 4b 2 =9 a, b 0 ộ pự... 0 x m B m ;1 m2 , C m ;1 m2 Do ú BC 4 2 m 4 m 4 (t/m (**)) 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 2 1,0 log 2 x 1 log 22 log 2 x 2 0 log 2 x 2 0,5 x 2 1 x 4 0,5 3a 0,5 cos 2 x 3 sin 2 x 3 sin x cos x 2x 3 cos 2 x cos x 3 3 2 x 3 1 3 3 1 cos 2 x sin 2 x sin x cos x 2 2 2 2 2 x k 2 k 2 x 3 3 ,k 2 x k x k 2 3 3 3b 0 ,25 0 ,25 0,5 Cỏc s gm ba ch... 1 x 2 1 1 (nhan ) 2 1 1 1 2 t log 2 x x 2 2 ( nhan) 2 2 1 Vy phng trỡnh cú nghim x v x 2 2 3a 0,5 0,5 cos 2 x 3 sin 2 x 3 sin x cos x 1 3 3 1 cos 2 x sin 2 x sin x cos x 2 2 2 2 0 ,25 2 2 x x k 2 x k 2 3 3 3 cos 2 x cos x ,k 3 3 2 x x k 2 x k 2 3 3 3 3b Gi z= a+bi ,vi a,b a 3 2 z 2 z 3 2i 2 z 3 i 3 b 3 z 0 ,25 0,5 0 ,25 0 ,25 85... 4 6 vi: 2 cos x 3 0 x 3 1,0 im 2 2 Tớnh : I xe2 x 1dx 1 1 xdx 5 x2 0 .25 I1 I 2 0 ,25 dx du 2 xu xe2 x 1 2 1 Tớnh: I1 xe dx , t 2 x 1 e 2 x1dx 1 2 x 1 I 2 2 1 12 e dx dv 1 v 2 e xe 2 x 1 1 2 x 1 2 3e3 e ( e ) 1 2 4 4 2 2 2 x 1 d (5 x2 ) 3e3 e 4 Tớnh : I 2 dx ( 5 x 2 ) 1 Vy: I I1 I 2 1 2 1 5 x2 4 5 x2 1 2 2 x 1 a (0,5 im) 4 4 S cỏch chn ngu nhiờn 4 cỏi bỳt... Hmstcctiuti x CT = 2 y CT = - 2 0 .25 4 *th: y 0 .25 9 2 ư 4 5 1 2 O 2 2 ư1 7 ư 9 I 8 5 x 2 2 ư4 ư 9 2 2.(1,0im) Gi D ltiptuyncath(C)tiim M ( x0 y0 ) vvuụnggúcving 8 27 thng y = x +1.Khiú D cúhsgúcbng ư 27 8 27 y '( x0)= - 8 3 3 3 1 9 x 02 - x0 + = 0 x0 = Tacú y0 = - 2 2 8 2 8 27 27 9 1 9 Phngtrỡnhca D l y = - ổỗ x- ửữ - y = - x+ 8 ố 8 16 2 ứ 8 2 (1,0im) 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 1.(0,5im) cos 2x + cos 2x - sin x... vo(1)tacú 2 x 2 + 5 = 2 x - 1+x 2 2 ộ 2( x+ 2) + ( x- 2) ờ - 2 x + 5 + 3 ở Tathy: "x 1, 0 ,25 x 2 - 4 x- 2 + ( x - 2) ( x+ 2) x- 1 + 1 x 2 + 5 + 3 2 ự + ( x+ 2) ỳ = 0 (3) x- 1 + 1 ỷ =2 ổ ử 2 2 + x + 2 1 ( ) ỗ ữ > 0, 2 2 x 1 + 1 x +5+3 x + 5 + 3ứ ố nờn(3)cúnghimduynhtx =2. Vyhphngtrỡnhóchocúnghim duynht 1 ( x y )= ổỗ 2 ửữ ố 2 - 5 (1,0im) 2( x+ 2) 2 + ( x+ 2) = x -1 +1 + 1 1 0 ,25 1 e x + x I = ũ x dx = ũ ... ố 7 ứ 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 22 2 ổ Shngtngquỏttrongkhaitrin ỗ x2 - ữ l x ứ ố (0,5im) 0 ,25 k C22k ( x2) 22 - k ổ 2 = C k ( )k x44 -3 k ỗ- ữ 22 -2 ố x ứ ỡ0 Ê k Ê 22 ù Tacú ớk ẻ Ơ k = 12, Vy,hsca... B m ;1 m2 , C m ;1 m2 Do ú BC m m (t/m (**)) 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0,5 iu kin x > (1) log 22 x log x 4log 22 x 2log x 22 t t log x 0 ,25 t Pt cú dng 4t 2t t 2 t log... ) (b c )2 9(b c )2 (c a) 5ca 9(c a )2 2 a b2 a2 b2 a b Suy (b c )2 5bc (c a )2 5ca (b c )2 (c a )2 b c c a 0 ,25 (a b )2 c (a b ) 2 a b c ( a b) 2 2( a b)