Câu a Do SA   ABCD  SAB cân nên S AB  SA  a H E D A 0,25 O B C F   300 Góc SD với mặt đáy góc SDA 0,25  S ABCD  AB AD  3a.a  3a 0,25 b Qua C kẻ đường thẳng song song với BD, cắt AD E Do BD//CE  BD//(SCE)  d  BD , SC   d  BD,  SCE    d  O ,  SCE    d  A,  SCE   0,25 Trong tam giác SAD có tan 300  SA SA  AD   3a AD tan 300 1  VS ABCD  SA.S ABCD  a 3.3 3a  3a3 3 0,25 Kẻ AF  CE , F  CE  CE   SAF  Kẻ AH  SF , H  SF  AH  CE  AH   SCE   d  A,  SCE    AH 0,25 Có AE  AD  6a, CE  BD  3a S ACE  AE.CD 6a.a 1 AE.CD  AF.CE  AF=   3a 2 CE 2a 1 3a    AH  Trong tam giác SAF có: 2 AH AF SA Vậy d  BD , SC   Câu 0,25 1 3a d  A,  SCE    AH  2 Gọi I  AC  BD Do BN  DM  IN  IB  ID 0,25 A  IN  IA  IC  ANC vuông N B I D C 0,25 N  1 7 9 M Đường thẳng CN qua N   ;  nhận NA   ;  pháp tuyến nên có  2 2 2  96 0,25 phương trình: x  y  13  Do C  CN  d  C  2; 3 Gọi B  a; b  Do AB  BC AB  BC nên ta có hệ phương trình:  a  1 a     b  5 b  3    2 2  a  1   b     a     b  3   a  5, b  1 Giải hệ suy   a   , b   (ktm) 5  Vậy B  5; 1 , C  2; 3. 7 x    y  Câu Giải hệ:     2 PT 1    y  x   y   x   phương trình) Thay x 1  y 1 (Do y  không nghiệm 7 y y 1 vào (2) ta phương trình: 7 y  y 1   y 1  y 1 y   13    y  1 7 y 7 y 7 y 2  y  y  1  y  y  1  y   13  y  1    y  0,25 1 x 1 1  x  1 y  y x   13x  12 Điều kiện: x  1, x, y   0,25 0,25 2 0,25  y  y  y  33 y  36  y 1   y  1 y  3  y  y  12     y  Với y   x   Với y   x  Hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;1 ,  0;3     Câu Đặt a  , b  , c  x y  a, b, c  a  b  c  z Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: a  bc  b  ac  c  ab  ab  bc  ac  a  bc  a  a  b  c   bc  a  a  b  c   bc  a  a bc  bc 0,25 0,25 0,25 Thật vậy,  a  bc  Tương tự, a  bc   a  bc b  ac  b  ac , 0,25 0,25 c  ab  c  ab 97 Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: a  bc  b  ac  c  ab  ab  bc  ac  a  b  c  a  bc  b  ac  c  ab  ab  bc  ac   đpcm Dấu đẳng thức xảy  a  b  c   x  y  z  3 Hết 99 0,25 TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN ĐỀPHÚ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 19 THỌ Mơn: Tốn Thời làm bài180 180phút, phútkhơng kể thời gian giao đề Thời gian gian làm oOo Câu (2.0 điểm) Cho hàm số y  x  x  x  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A 1;1  vng góc với đường thẳng qua hai điểm cực trị (C) Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số : y  x  x  đoạn 0;4 Câu (1.0 điểm)  a) Cho sin   Tính giá trị biểu thức P  (1  cot  ).cos(   ) b) Giải phương trình: 34  x = 953 x x Câu (1.0 điểm) 2 a)Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển :  x    14 x  b) Trong mơn Tốn, thầy giáo có 40 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ Một ngân hàng đề thi đề thi có câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi Tính xác suất để chọn đề thi từ ngân hàng đề nói thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng Câu (1.0 điểm) Giải bất phương trình: x   x   x  15 Câu (1.0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC A' B ' C ' , có đáy ABC tam giác vuông A, AB  a, AC  a , mặt bên BCC 'B' hình vng, M , N trung điểm CC ' B'C ' Tính thể tích khối lăng trụ ABC A' B' C ' tính khoảng cách hai đường thẳng A' B ' MN Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C  : x  y  3x  y   Trực tâm tam giác ABC H 2;2  đoạn BC  Tìm tọa độ điểm A, B , C biết điểm A có hồnh độ dương Câu (1.0 điểm)  x3  y  x  y  10 x  y   Giải hệ phương trình :   x    y  x  y  x  y Câu (1.0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức : S  a3  b3 b3  c3 c3  a3   a  2b b  2c c  2a -Hết Thí sinh không dùng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………………SBD:……… … 99 TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN Mơn: Tốn Câu Nội dung Điểm Câu (2.0 điểm) Cho hàm số y  x  x  x  a)Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số  TXĐ D= R  (C) 1.0 y  0.25 lim y   0.25 x  y’= 3x2 -12x+9 , y’=0   x   y  2  - Giới hạn vô cực: lim y  ; x  x  BBT  x y’      y 1a 0.25  -2 KL: Hàm số đồng biến khoảng  ;1; 3;  Hàm số nghịch biến khoảng (1;3) Hàm số đạt cực đại xcđ =1 , y cđ= Hàm số đạt cực tiểu xct =3 , y ct =-  Đồ thị y f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2 0.25 x -2 -1 -1 -2 b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A 1;1  vng góc với 1.0 Ta có pt đt vng góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½ 0.5 0.25 -3 1b đường thẳng qua hai điểm cực trị (C) Đu ờng thẳng qua c ực trị A(1;2) B(3;-2) y=-2x+4 Vậy PT đ ờng thẳng cần tìm y  Câu (1.0 điểm) x 2 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số 100 0.25 1.0 y  x  x  đoạn 0;4 y’=4x3-4x =4x(x2-1) y’= x=0, x=1  0;4 x= -1 loại Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227 Vậy GTLN y = 227 , 0;4 x=4 GTNN y= trên 0;4 x=1 a)  Cho sin   Tính giá trị biểu thức P  (1  cot  ).cos(   ) sin   cos  sin  (cos  sin  )  sin  sin  th ay sin   vào ta tính P =1 P 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 b) Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 953 x  x đưa số phương trình tđ nghiệm cần tìm x = ho ặc x = -3 với x  x   a)Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển :  x   x   0.5 0.25 0.25 14  2  2  x   = x  2x x   14   C 14 k 14  k 14 x k số hạng chứa x5 khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = => k=3 Hệ số cần tìm C143  2912 b) Trong mơn học Tốn, thầy giáo có 40 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ Một ngân hàng đề thi đề thi có câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi Tính xác suất để chọn đề thi từ ngân hàng đề nói thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng Không gian mẫu việc tạo đề thi :   C 407  18643560 Gọi A biến cố chọn đựợc đề thi có đủ loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng 0.25 0.25 0.5 0.25 4 C 52 C15 C 51 C152  C 20 C 51C15  A  C 20  C 20  4433175 Xác suất cần tìm P( A)  A   915 3848 0.25 x   x   x  15 Nhận xét : x   x  15  x    x  Giải bất phương trình: bpt    9x     3(3 x  1)  x  15  9x  9x    3(3 x  1)  1.0 0.25 9x  x  15  0 101 0.25  3x  1 3x   9x   2    3  x  15   3x      1   3   x    x   3x  13x  1 2 x  15      9x   kết hợp Đk suy nghiệm BPT x  nghiệm bpt Cho lăng trụ đứng ABC A' B' C ' Có đáy ABC tam giác vuông A, AB  a, AC  a , mặt bên BCC ' B ' hình vng, M, N trung điểm CC’ B’C’ Tính thể tích khối lăng trụ ABC A' B' C ' khoảng cách 0.25 0.25 1.0 hai đường thẳng A’B’ MN C B A M N H B’ C’ P A’ Ta có BC= BB’=2a V ABC A' B 'C '  BB'.S ABC  2a a.a  a 3 gọi P trung điểm A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy khoảng cách d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H hình chiếu vng góc C’ lên mp(MNP) Cm H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông MPC’ C' H  C ' M C ' P C' P  C' M  a 21 0.25 0.25 0.25 0.25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C  : x  y  3x  y   Trực tâm tam giác ABC H 2;2  , BC  102 1.0 Gọi tâm đường tròn (C) I  ;  A(x;y) suy 2 2 AH (  x;2  y ) M trung điểm BC Học sinh tính AH   x  y  x  y   kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình 0.25  x  y  x  y   Giải hệ ta (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)   x  y  x  y   Suy toạ độ A(1;4) ,chứng minh AH  2IM Từ AH  IM ta tính M(2;3/2) Do (BC ) vng góc với IM nên ta viết 0.25 0.25 phương trình (BC): x-2y+1 =0 x= 2y-1 thay vào phương trình đường trịn (C) y 1 x   y  x  ta 2 y  12  y  3(2 y  1)  y    y  y     Suy toạ độ B(1;1) , C(3;2) B(3;2) , C(1;1) Vậy A( 1;4), B(1;1) , C(3;2) A( 1;4), B(3;2) , C(1;1)  x3  y  x  y  10 x  y   (1) Câu 8: Giải hệ   x    y  x  y  x  y (2) Điều kiện x  -2; y  0.25 1.0 (1)  x  x  10 x   y  y  y   x  1  2 x  1  3( x  1)  y  y  y Xét hàm số f (t )  t  2t  3t , f ' (t )  3t  4t   t  R 0.25 Suy f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay pt (2) ta đuợc Phương trình : x    x  x  x  x          x    x   x3  x2  x    x  3  x     x  1x   x  3 x 3 2 x  3  x      x  ( x  x  2) x    x   x  3  x         0.25 2(  x  x  )  x   x  x   x    x   x  3  x   2    x2  x  x      x   x x20   x  1   0 x  3  x     ( vi x  2 ) x  3 x 3 0.25 Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0) Câu : Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  a3  b3 b3  c3 c3  a3   a  2b b  2c c  2a x3 1  x  ( x  0) * Trước tiên ta chứng minh BĐT : x  18 18 *  18( x  1)  x  27 x  5 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : S    x  1 11x    với x>0, d ấu “=” sảy x=1 103 1.0 0.25 0.25 a b c ; ; b c a a  b 7a 5b b  c 7b 5c c  a 7c 5a   ;   ;   ; a  2b 18 18 b  2c 18 18 c  2a 18 18 12 a  b  c Từ đảng thức suy S  2 18 Áp dụng (*) cho x   Vậy MinS =2 a=b=c=1 104 0.25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG Mơn thi: TỐN ĐỀ THI THỬ KỲ THIĐẠO THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 20 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Thời gian làm 180 phút Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 oOo ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y  x  3x  (C) Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN hàm số y x2 đoạn  2;  x 1 Câu 3.(1,0 điểm) a) Tìm mơđun số phức z biết z  z   7i b) Giải phương trình: x  3.3x     Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x  x  x dx Câu 5.(1 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y 1 z   Viết 1 phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng  , vng góc với mặt phẳng (Oxy) viết phương trình đường thẳng  ' hình chiếu vng góc  lên mặt phẳng (Oxy) Câu 6.(1 điểm) a) Giải phương trình: cos x.cos x  sin x  cos x b) Trong hộp kín đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi, tìm xác suất để viên bi lấy khơng có đủ ba màu Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC cạnh 4a; M, N trung điểm cạnh SB BC Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN) 8  Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho ABC có trọng tâm G  ;  có đường trịn 3  ngoại tiếp  C  tâm I Điểm M  0;1 , N  4;1 điểm đối xứng I qua đường thẳng AB, AC Đường thẳng BC qua điểm K  2; 1 Viết phương trình đường trịn  C  2 y   y   x3   x  Câu 9.(1 điểm) Giải hệ phương trình:    y   y  12    x  y  x   x  y  Câu 10.(1 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm GTNN biểu thức: P 25a 2a  7b  16ab  25b 2b  7c  16bc  c2 3  a  a Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: SBD: Chữ kí giám thị 1: .Chữ kí giám thị 2: 105     Ta có: n   MN , MP   (16; 8; 8)  8(2;1;1) chọn n  (2;1;1)    Mặt phẳng (MNP ) qua M (2; 0; 0) , nhận n  (2;1;1) làm véctơ pháp tuyến có phương trình là: 2(x  2)  y  z   (MNP ) : 2x  y  z   Đường thẳng qua tâm I (1;2;2) mặt cầu vng góc với (MNP ) có phương trình tham số  x   2t  (d ) :  y   t ; (t  )   z   t Vì H chân đường vng góc hạ từ tâm I mặt cầu đến mặt phẳng (MNP ) nên H giao điểm (d ) (MNP ) Thay x, y, z từ phương trình tham số đường thẳng (d ) vào phương trình mặt phẳng (MNP ) , ta 1 5 được: 2(1  2t )   t   t   t    H ; ; 3 3 5 Vậy H ; ; chân đường vng góc cần tìm 3 Câu (1,0 điểm)    a) Cho    0;  thỏa mãn cos   sin2   sin     Tính giá trị cot       Phương trình: cos   sin   sin      cos     cos    cos     sin            sin      sin  sin        sin        cos       k  ;  k        Vì    0;  nên   k      k   k  (do k  )   2 Suy ra:   Vậy cot     cot  cot  2   2 2016  2C 2016  3C 2016  4C 2016   2017C 2016 b) Tính tổng: S  C 2016 2016 Ta có:  x   2016 2016  C 2016  C 2016 x  C 2016 x  C 2016 x   C 2016 x Nhân hai vế với x ta được: 2016 x  x  1 2016 2017  C 2016 x  C 2016 x  C 2016 x  C 2016 x   C 2016 x Lấy đạo hàm hai vế, ta được: 2015  2017x  1 x   2016 2016  C 2016  2C 2016 x  3C 2016 x  4C 2016 x   2017C 2016 x 2016  2C 2016  3C 2016  4C 2016   2016C 2016 Thay x  vào, ta được: 2018.22015  C 2016 Vậy tổng S  2018.22015 Câu (1,0 điểm) 182 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD A ' B 'C ' D ' có cạnh Gọi M trung điểm AD N tâm hình vng CC ' D ' D Tính thể tích khối cầu cầu qua bốn đỉnh B,C ', M , N khoảng cách hai đường thẳng A ' B ' với MN Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, cho D trùng với góc tọa độ O , A  Ox , C  Oy D '  Oz , ta có: D  0; 0; ,C  0;2; , B  2;2; , A  2; 0;  D '  0; 0;2 ,C '  0;2;2  , B '  2;2;2 , A '  2; 0;2  M trung điểm AD nên M  1; 0;  N trung điểm CD ' nên N  0;1;1  Gọi phương trình mặt cầu tâm I (a;b;c ) qua bốn điểm B,C ', M , N có dạng là: (S ) : x  y  z  2ax  2by  2cz  d  Vì mặt cầu (S ) qua bốn điểm B,C ', M , N nên ta có hệ phương trình:   4a  4b  d    4b  2a           b c d        4b  4c  2a           2a  d  d  2a      C '       2b  2c  d    2b  2c  2a       N  a      2a  4b         b   2a  4b  4c        2a  2b  2c       C c     d a      y  d 4    Bán kính mặt cầu cần tìm là: R  a b c d  2 z D'  A ' B ' D  A M  B 2                         35 Thể tích khối cầu cầu qua bốn đỉnh B,C ', M , N là: 4  35  35 35   (đvtt) V  R    3   Tính d  DB ';MN   ?   Ta có:  A ' M   1; 0; 2      A ' B '   0;2;2     A ' B ', MN   2; 0;2         MN   1;1;1          A ' B ', MN  A ' M  2(1)   2(2)       A ' B ', MN    22  22  2   Khoảng cách hai đường thẳng A ' B ' với MN xác định bởi:     A ' B ', MN  A ' M   (đvđd) d  A ' B ';MN            A ' B ', MN  2   Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d ) : x  y   183 x thẳng (d1 ) chúng cắt hai điểm A(1; 6), B Đường thẳng (d2 ) cắt (C ),(C ) hai điểm C , D (khác A ) cho diện tích tam giác BCD 24 Tìm tọa độ đỉnh tam giác BCD Gọi I , J tâm đường tròn (C ) (C ) Gọi M , N trung điểm AD, AC H giao điểmcủa AB với (d1 ) Ta có: AB  (d1 )  (AB ) : x  y  m  Mà A(1;6)  (AB )    m   m  7 Phương trình (AB) : x  y    x  y    x     H  3;  Vì H  (AB)  (d1 ) nên tọa độ H thỏa hệ:    x  y    y     x  2x H  x A  Vì H trung điểm AB nên tọa độ B thỏa:  B  B  5;2   y B  2yH  yA   yB   26  Khoảng cách từ B đến (d2 ) là: BK  d  B ;(d2 )    1 Diện tích tam giác BCD là: S BCD  BK CD 2S 2.24 Suy ra: CD  BCD   12 BK Vì hai đường trịn (C ) (C ) có bán kính nên tâm I J đối xứng qua H Ta có: I  (d1 )  I  t ; t    xJ  2x H  x I   t  J   t;  t  H trung điểm IJ nên:    yJ  2yH  yI   t   N IH    t ;   IH  (3  t )2  32 K  A AH   2; 2   AH  22  (2)2  2 M H Khoảng cách từ I J đến (d ) là: C D (d2 ) (d1 ) J IM  d  I ;(d2 )    JN  d J ;(d2 )  yI  yJ   t 16  t 5 I B  t 6  1t Bán kính hai đường trịn là:   R  IA  AH  IH  2   (3  t )2  32  Tam giác AIM vng M , có: AM  IA2  IM  Tam giác AJN vng N , có: AN  IA  JN  Ta có: CD  CA  AD  2(AM  AN )  Suy ra:   26  4t    25  4t  12   t  6t  26 t  6t  26  (t  5)2  t  6t  26  (1  t )  4t   25  4t 4t   25  4t   4t  1 25  4t   36   4t   25  4t   t    4t  1 25  4t   25  16t  96t     t  Với t  , ta có: I  0;1 , J  6;  R  26 184  4t  25  4t Suy phương trình đường trịn là: (C ) : x   y    26 (C ) :  x     y    26  y   Vì C  (d2 )  (C ) nên tọa độ C thỏa hệ:   2  x   y    26   x    x      x  y        x  1     C  1;  (do C  1;6  trùng với A )    x  1  y   y    y      y    Vì D  (d2 )  (C ) nên tọa độ D thỏa hệ:  2  x     y    26    x  11     x     y    x    25       x   5     D  11;  (do C  1;6  trùng với A )  x   y       y    y    Với t  , ta có: I  6; , J  0;1  R  26 Làm tương tự, ta có: C  11; , D  1;  Vậy tọa độ đỉnh tam giác BCD là: B  5;2 , C  1; , D  11;6  B  5;2 , C  11;6 , D  1;6  Câu (1,0 điểm)    3x  6y   6y  3x     Giải hệ phương trình:  x  2y   2 2  x  2y  4y  x  x  2y   (x  2)(1  2y  x )       3x  6y   6y  3x   (1)  x  2y   2 2  x  2y  4y  x  x  2y   (x  2)(1  2y  x )  (2)   3x  6y       x  2y       6y  3x   Điều kiện:    4y  x    4y  x    x  2y          x y       Phương trình (1) tương đương:  3(2y  x )  3(2y  x )    (2y  x ) Đặt: t  2y  x ; (t  0)  t  2y  x Phương trình (1) trở thành:  3t  3t     3t  t  3t   t  Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có:  4t  3t  t    2t 2 3t   t  2t  Suy ra:  3t  t  3t   t  185  t2 Dấu "  " xảy khi: 2    3t   t   3t   t t    2   t 1  3t    t   3t    t     t     t   t  Với t  , ta có: 2y  x  , thay vào phương trình (2) , ta được: x  x  x  x   x  x   (x  2)(x  x )   x (x  1)    x (x  1)         x  x     x  x   (x  2)(x  x )  x2  x  x  x    (x  2)(x  x )  x x 11  x x 4 x (x  1) x (x  1) x (x  1)(x  1)    x (x  1)(x  2)  2 x x 11 2 x x 4   1 x (x  1)  x     x2  2    x2  x    x2  x    1 0 x (x  1)  x  x    2  x  x    x  x    x (x  1)  (3)   1 x  x    0 (4)  x2  x    x2  x  2  1 Vì x  x    x     0; x    2 Nên x  x   x2  x   Suy phương trình (4) vơ nghiệm   x2  x   0; x   x  Giải phương trình (3) : x (x  1)    (thỏa)  x  1 Với x   y  (nhận) Với x  1  y  (nhận)    1 Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm:  x ; y     0; ,  1;      Câu 10 (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4(x  8y )  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  (x  2y  2)3 5(x  y )  5(x  y )  a, b  ta có: 4(a  b )  (a  b)3 (1) Thật vậy: (1)  4(a  b )  a  b  3ab(a  b)  3(a  b )  3ab(a  b)  (a  b)(a  ab  b )  ab(a  b)  (a  b)(a  2ab  b )   (a  b)(a  b)2  (2) Vì a, b  nên (2) ln Dấu "  " xảy a  b Suy (1) chứng minh Áp dụng BĐT (1) với a  x , b  2y , ta có:  4(x  8y )   x  (2y )3   (x  2y )3  x  2y  186 Lại có: 5(x  y )  5(x  y)   5x  5x  5y  5y  2     1  10 1 1 1   x  x     y  y       x     y             4 4 2 2 2    (x  2y  2)3 (1  2)3   54 5(x  y )  5(x  y )      4(x  8y )    Ta có: P  54  x y   x  2y     x y     Do đó: P  ***************************************************************************** Vậy giá trị lớn biểu thức Pmax  54 , đạt x  y  Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân (luankieu@ymail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 187 TRƯỜ NG THPT PH C Ừ ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QU C GIA M NĂ 2016 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 33 TỔ TỐN - TIN MƠN: TỐN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần Thời gian làm 180 phút Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề oOo -(Đề gồm có trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  3x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y      Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: log3 x  x  log x   x 1 1 b) Giải bất phương trình: 22x 1    8 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  x 1 đoạn 2;  2x   2x   sin x  dx    Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x  y  2z           hai điểm A 2; 0; , B 3; 1;2 Viết phương trình mặt cầu S tâm I thuộc mặt phẳng P qua điểm A, B điểm gốc toạ độ O Câu (1,0 điểm) cos2 -3 sin2  b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải có học sinh nam học sinh nữ Nhà trường muốn chọn nhóm học sinh 10 học sinh để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ năm học 2015 – 2016 huyện uỷ Phù Cừ tổ chức Tính xác suất để chọn nhóm gồm học sinh mà có nam nữ, biết số học sinh nam số học sinh nữ Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABCD.A ' B 'C ' D ' , đáy ABCD hình chữ nhật có a) Cho góc lượng giác  , biết tan   Tính giá trị biểu thức P    AB  a, AD  a Biết góc đường thẳng A 'C mặt phẳng ABCD 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B 'C ' D ' khoảng cách hai đường thẳng chéo B 'C C ' D theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A Gọi G trọng tâm tam giác ABC Điểm D thuộc tia đối tia AC cho GD  GC Biết điểm G thuộc d : 2x  3y  13  tam giác nội tiếp đường tròn đường thẳng BDG C  : x  y  2x  12y  27  Tìm toạ độ điểm B viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hồnh độ âm toạ độ điểm G số nguyên Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau tập  : 5x  13  57  10x  3x  x   x  2x  x   19  3x Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:   a b c 2a 3b c    a  b  c 1 a b c  -Hết Cảm ơn thầy Quách Đăng Thăng (quachthangbang@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 188 TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TỔ TỐN TIN MƠN: TỐN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề (Đáp án gồm có trang) Câu Đáp án Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  3x Tập xác định: D   x  Ta có y '  3x   y '    x  1 Giới hạn  3 lim y  lim x  3x  lim x  1     x  x  x  x    3 lim y  lim x  3x  lim x  1     x  x  x  x   Bảng biến thiên   x 1   0  f' x           Hàm số đồng biến khoảng 1;1   2   Hàm số nghịch biến khoảng ; 1 1;  Hàm số đạt cực đạt điểm x = yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu điểm x = -1 yCT = -2 Đồ thị: Bảng giá trị x -2 -1 y -2 -2 y   -4 -2 0,25 0,25 x -6 0,25 f(x)=-x^3+3*x -8 0,25 f x Điểm -5 189 ~1~ Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y  đoạn 2;  Hàm số liên tục đoạn 2;  Ta có y '   0, x  2;  2x   Có y   x 1 2x  0,25  0,25  ;y  Vậy max y = x  y = x  2;4  2;4  Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log3 x  x  log x    x  Điều kiện:   4  x        3 x    x    0,25 0,25     x  x    log3 x  x  log3 x    log3 x  x  log x   log3    log3 x  x  log3 0,25 x   (thoả mãn)  x  4x  12    x  0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x  2; x  x 1 1 b) Giải bất phương trình 22x 1    8 Bất phương trình tương đương với 2x 1    3 x 1  22x 1  x 1  2x   x     x  2x   2  x  Vậy bất phương trình có tập nghiệm S  2; Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  I      A   2x dx  x     C   sin xdx  cosx Vậy I  A  B  C    2 0    ; B   dx  x  2 0,25 2x   sin x dx   2x dx   dx   sin xdx  A  B  C   2x   sin x  dx  0,25    0,25 0,25 1 0,25  0,25  1 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ~2~ 190 P  : x  y  2z   hai điểm A 2; 0;  , B  3; 1;2  Viết phương trình mặt cầu S  tâm I thuộc mặt phẳng P  qua điểm A, B điểm gốc toạ độ O Giả sử I  x, y, z  Ta có I   P   x  y  2z    1 2    x  y  2z  Do A, B,O  S  IA  IB  IO Suy  x  x  y  2z   x    Từ (1) (2) ta có hệ x  y  2z   y  2  I 1; 2;1 x  z     Bán kính mặt cầu (S) R  IA     Vậy phương trình mặt cầu (S) là: x   y  Câu (1,0 điểm)    z  1 2  P  cos2 -3 2cos2   sin2   cos2 0,25 0,25 6 a) Cho góc lượng giác  , biết tan   Tính giá trị biểu thức P  0,25 cos2 -3 sin2  0,25  tan2   0,25 1  cos2   Suy P   2 cos   tan  b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải có học sinh nam học sinh nữ Nhà trường muốn chọn nhóm học sinh 10 học sinh để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ năm học 2015 – 2016 huyện uỷ Phù Cừ tổ chức Tính xác suất để chọn nhóm gồm học sinh mà có nam nữ, biết số học sinh nam số học sinh nữ 0,25   Không gian mẫu n   C 105  252 Gọi A biến cố học sinh chọn có nam nữ đồng thời số học sinh nam học sinh nữ Trường hợp 1: Chọn học sinh nam học sinh nữ nên ta có C 41.C 64   0,25 Trường hợp 2: Chọn học sinh nam học sinh nữ nên ta có C 42 C 63 Suy n A  C 41 C 64  C 42 C 63  180   Vậy xác suất cần tìm P A  Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABCD.A ' B 'C ' D ' , đáy ABCD hình chữ  nhật có AB  a, AD  a Biết góc đường thẳng A 'C mặt phẳng ABCD  600 Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B ' C ' D ' khoảng cách hai đường thẳng chéo B 'C C ' D theo a 191 ~3~ 0,25     Suy góc A 'C mặt phẳng ABCD  A 'CA  600 D' A' Do ABCD.A ' B 'C ' D ' lăng trụ đứng nên A ' A  ABCD B' C' 0,25 H A M D 60 C B Có AC  AB  BC  2a  A ' A  AC tan 600  2a ABCD hình chữ nhật có AB  a, AD  a  SABCD  AB.AD  a 0,25 Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B 'C ' D ' V  A ' A.S ABCD  6a    Do C’D//AB’ nên C’D//(AB’C)  Suy d C ' D, B ' C  d C ' D, A B ' C     d C ',  A B 'C    d  B,  A B 'C   0,25      Kẻ BH  B ' M  BH   AB ' C  hay d  B,  A B ' C    BH Do BC’ giao với mp(AB’C) trung điểm BC’ (vì BCC’B’ hình chữ nhật) Kẻ BM  AC  AC  BB ' M  AB ' C  BB ' M theo giao tuyến B’M Có 1 1 1 17 2a 51        BH  2 2 2 17 BH B 'B BM B 'B BC AB 12a  0,25  Vậy d C ' D, B ' C  2a 51 17 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A Gọi G trọng tâm tam giác ABC Điểm D thuộc tia đối tia AC cho GD  GC Biết điểm G thuộc đường thẳng d : 2x  3y  13  tam   giác BDG nội tiếp đường tròn C : x  y  2x  12y  27  Tìm toạ độ điểm B viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hồnh độ âm toạ độ điểm G số nguyên C Tam giác ABC vng cân A có G trọng tâm nên GB = GC Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường (?) tròn tâm G M Suy d: 2x + 3y - 13 =    G BGD  2BCD  2BCA  900  BG  GD Hay tam giác BDG vuông cân G Đường trịn (C) tâm I(1;6) bán kính R  10 ngoại tiếp tam giác BDG nên I trung điểm BD Do IG  10 IG  BD 192 ~4~ A F I(1;6) D B(?) 0,25  13  2m  Vì G  d : 2x  3y  13   G  m;    G 2;  Từ IG  10    28 75  , toạ độ điểm G số nguyên nên G(2;3) G   13 ; 13     BD qua I(1;6) IG  BD nên phương trình x  3y  17          0,25 B 2;5 (do hoành độ điểm B âm) B, D  BD  C   D 4;  Vậy B 2;5  Gọi M trung điểm BC ta có AM = MB = MC (do ABC vng cân A) 1 Suy AM  BC  GM  MB GM  AM  MB 3   MG   cosGBM  Nên tan GBM MB 10  Gọi n  a, b với a  b  VTPT BC   Ta có VTCP BG BG  4; 2  n BG  1;2 VTPT BG   n n       cos n , n   BG Có cos BG, BC  cos nBG , n  cosGBM   BG 10 n BG n              0,25 a  b   35a  40ab  5b    7a  b  10 a  b2   Trường hợp 1: Với a  b   n  1;1 nên phương trình BC : x  y    Trường hợp 2: Với 7a  b   n  1;7 nên phương trình BC : x  7y  33    a  2b        Do hai điểm D G mằn phía đường thẳng BC nên phương trình BC thoả mãn x  y    Vậy BC : x  y   B 2;5  0,25 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau tập  : 5x  13  57  10x  3x x   19  3x  19  3  x  Điều kiện  x   Bất phương trình tương đương  x   19  3x 2 x   19  3x x   19  3x  x   x  2x   2 0,25 x   x  2x   x   19  3x  x  2x   x  5  13  x   4 x      19  3x   x x 2     ~5~ 193 0,25   x  x    x  5 9 x       x  x   13  x   19  3x      x2  x      0  x2  x          13  x x 5 9  x     19  3x          Vì   x  5 9 x        * 0,25   19   với x   3;  \ 3  13  x    19  3x     Do *  x  x    2  x  (thoả mãn) Vậy tập nghiệm bất phương trình S   2;1 Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:   a b c 2a 3b c    a  b  c 1 a b c  Bất đẳng thức tương đương với 1 0,25   a  2a   b  3b   c  c  a b c  6 a b c         a 2  b  3  c  1 a b c   a    b    c  1  a  b  c    a   b   c  1 a  b  c   a    b  3  c  1  a  b  c    10 2 2 2          0,25 2  a 2 b3 c 1 a b c  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có   0,25     0,25   a 2  b   c 1    a  b  c   VP VT   a b c  a 2  b   c 1 2 Dấu xảy a  2;b  3; c  Vậy bất đẳng thức (2) Do bất đẳng thức (1) chứng minh Chú ý: Mọi cách làm khác học sinh chấm điểm bình thường! Giáo viên đề: Quách Đăng Thăng Cảm ơn thầy Quách Đăng Thăng (quachthangbang@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 194 ~6~ 0,25 TRƯỜNG THPT KIM LIÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 LẦN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPTMôn QUỐC GIA 2016 - ĐỀ TỔ TỐN Tốn –Thời gian làm bàiSỐ 180 34 phút Thời gian làm 180 phút oOo -Đ BÀI x2 1 x 1 x  2x  đoạn [2;5] Câu (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  x 1 Câu (1 điểm ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  Câu (1 điểm) sin x  cos x 0 sin x  b) Giải bất phương trình: log  x   a) Giải phương trình:   Câu (1 điểm) Tính tích phân: I   x ln x  1dx Câu (1 điểm) Trong khơng gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc trục Oz qua hai điểm A3;4;4 , B 4;1;1 Câu (1 điểm) a) Trong đợt vấn học sinh trường THPT Kim Liên để chọn học sinh du học Nhật Bản với học bổng hỗ trợ 75% kinh phí đào tạo Biết số học sinh vấn gồm học sinh lớp 12C3, học sinh lớp 12C7, học sinh lớp 12C9 10 học sinh lớp 12C10 Giả sử hội học sinh vượt qua vấn Tính xác suất để có học sinh lớp 12C3 chọn b) Tìm hệ số x khai triển 2  x  Câu 7(1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC tam giác vuông cân B AB = a Hình chiếu vng góc A’ lên (ABC) trùng với trung điểm H cạnh AB Biết diện tích mặt bên ABB’A’ 3a a) Tính thể tích khối lăng trụ cho b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mp(ACB’) Câu 8(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD tâm I Biết trung điểm cạnh AB M(0;3), trung điểm đoạn thẳng IC E(1;0) điểm A có tọa độ nguyên Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D 2 y  y  x  x   x Câu 9(1 điểm) Giải hệ phương trình:    y  x  y  Câu 10(1 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn: a  b  c  0; a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức F  a b c Hết Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 195 ĐÁP ÁN Câu1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  Đk: x # y'  x2 1 x 1 3  x  x  12 0,25 H/s nghịch biến khoảng x/đ H/s khơng có cực trị Giới hạn: lim y  1; lim y  ; lim y   x   1đ x 1- 0,25 x 1 Đồ thị h/s có TCĐ đt: x = 1; TCN đt: y = BBT: x -∞ y’ y +∞ - - 0,25 +∞ -∞ Đồ thị: y 0,25 -2 O x -2 Câu2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  [2;5] Hàm số liên tục có đạo hàm [2;5] y'    x   2;5 ; y'    x  1  x  1 2;5 x  2x  đoạn x 1 1đ 0,5 y 2  5; y3  4; y 5  0,25 196 ... 0 ,25 TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 20 15 -20 16- LẦN ĐỀPHÚ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 20 16 - ĐỀ SỐ 19 THỌ Mơn: Tốn Thời làm bài180 180phút, phútkhơng kể thời gian giao đề Thời gian... a=b=c=1 104 0 .25 0 .25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 20 16 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG Mơn thi: TỐN ĐỀ THI THỬ KỲ THI? ?ẠO THPT QUỐC GIA 20 16 - ĐỀ SỐ 20 Thời gian làm bài:... TRƯỜNG ĐỀ THI KỲ THI THPT ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN NĂM 20 16 HỌC: 20 15 -20 16 QUỐC GIA - ĐỀ SỐ 23 Mơn: TỐN Thời gian làm 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề