SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN (Đề ĐỀ thi gồm có 01 trang) SỐ 151 ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016) Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 01 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  2x 1 x 1 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f  x   x   đoạn x 1  2;5 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình log  x  1  log  x    Câu (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa x3 khai triển nhị thức Niu – tơn biểu thức n 2   x   , x  Trong n số tự nhiên thỏa mãn An  2Cn  180 x  Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 1; 0); B(1; 0; 2); C(2; 0; 1), D(–1; 0; –3) Chứng minh A, B, C, D đỉnh hình chóp viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Câu (1,0 điểm)  a) Cho cos   Tính giá trị biểu thức P  cos  cos 2 b) Đội dự tuyển học sinh giỏi giải toán máy tính cầm tay môn toán trường phổ thông có học sinh nam khối 12, học sinh nữ khối 12 học sinh nam khối 11 Để thành lập đội tuyển dự thi học sinh giỏi giải toán máy tính cầm tay môn toán cấp tỉnh nhà trường cần chọn em từ em học sinh Tính xác suất để em chọn có học sinh nam học sinh nữ, có học sinh khối 11 học sinh khối 12 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), đáy ABCD hình chữ nhật có AD = 3a, AC = 5a, góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) 450 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD tính góc đường thẳng SD mặt phẳng (SBC) Câu (1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có A(1; 5), AB  BC điểm C thuộc đường thẳng d : x  y   Gọi M điểm nằm tia đối tia CB, N hình chiếu vuông góc  1 B MD Tìm tọa độ điểm B C biết N   ;  điểm B có tung độ nguyên  2 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x 1  x2  x  x  tập hợp số thực 2x   Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x , y, z thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x  y  y   y  z2  2z   z2  x  x  ––––Hết–––– Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh…………………… 868 SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG – TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN – ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01 Câu Đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm y  Câu Điểm 2x 1 x 1 * Tập xác định: D = R\{–1} * Sự biến thiên  với x  – Ta có y '  ( x  1)2 (1,0 đ) Nên hàm số đồng biến khoảng xác định – Giới hạn tiệm cận: lim y  lim y  ; tiệm cận ngang: y = x  x  0,25 lim y  ; lim  y   ; tiệm cận đứng: x = – x ( 1)  0,25 x ( 1) Bảng biến thiên x -1 -∞ +∞ +∞ y 0,25 + + y' -∞ * Đồ thị Giao với trục Oy: (0; 1); Giao với Ox: (–1/2; 0) Tâm đối xứng I(–1; 2) 0,25 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… 1,0 – Ta có f  x  liên tục xác định đoạn  2;5 ; f ' x  1 Câu  x  1 0,25 0,25 0,25 0,25 – Với x   2;5 f '  x    x  – Ta có: f    3, f  3  2, f  5  – Do đó: Max f  x    x   x  , f  x    x   2;5  2;5 869 Giải bất pt… ĐK: x  1,0 –Khi bất phương trình tương đương: log  x  1  log  x    Câu 0,25 0,25 0,25  log  x  1 x      5  x  x   x   0;   2 0,25  5 – Kết hợp điều kiện ta có: x   2;   2 Tìm số hạng chứa… – ĐK: n   , n  1,0  n  15 – Khi đó: An2  2Cn1  180  n  3n  180     n  15  n  12 0,25 15 Câu 15 3k 15 2 k k  k – Khi n = 15 ta có:  x     C15  1 x x  k 0 15  3k Mà theo ta có: 3k 3 0,25 0,25 0,25 Do số hạng chứa x3 khai triển là: C153  1 23 x  3640 x Trong Kg Oxyz…    Ta có AB  (0;  1; 2); AC  (1;  1;1); AD  (2;  1;  3)       AB , AC   1; 2;1 ;  AB , AC  AD  7           Do  AB , AC  AD  7  , nên véctơ AB , AC , AD không đồng phẳng suy A, B, C, D đỉnh hình chóp Gọi phương trình mặt cầu có dạng x  y  z  2ax  2by  2cz  d  Câu Câu 1,0 0,25 0,25 ( với a  b  c  d  ) 2a  2b  d  2 2a  4c  d  5  Do mặt cầu qua điểm A, B, C, D nên ta có hệ  4a  2c  d  5 2a  6c  d  10 31 50 Giải hệ suy a  ; b  ; c  ; d   14 14 14 31 50 Vậy phương trình mc là: x  y  z  x  y  z   7 7  cos  a) Ta có: P    cos   1 1 3   27        1     25  25 0,25 0,25 0,25 0,25 b)– Số cách chọn em học sinh từ học sinh C85 = 56 cách – Để chọn em thỏa mãn ra, ta xét trường hợp sau +) nam khối 11, nữ khối 12 nam khối 12 có: C21C21C43 cách +) nam khối 11, nữ khối 12 nam khối 12 có: C21C22 C42 cách 870 0,25 +) nam khối 11, nữ khối 12 nam khối 12 có: C22 C21C42 cách 0,25 +) nam khối 11, nữ khối 12 nam khối 12 có: C22 C22 C41 cách Số cách chọn em thỏa mãn là: C C21C43 + C21C22 C42 + C22 C21C42 + C22 C22 C41 = 44 cách – Vậy xác suất cần tính là: 44 11  56 14 Tính thể tích – Tính thể tích 1,0 S K +) Ta có: AB  AC  BC  4a  +) Mà   SCD  ,  ABCD     SDA  450 H nên SA = AD = 3a A D Do đó: VS ABCD  SA.S ABCD  12a (đvtt) – Tính góc… Câu   +) Dựng điểm K cho SK  AD 0,25 C B 0,25 0,25 Gọi H hình chiếu vuông góc D lên CK, đó: DK   SBC  Do đó: DSH  SD,  SBC     +) Mặt khác DH  DC.DK 12a , SD  SA2  AD  3a  KC SH  SD  DH  Câu 0,25 3a 34 SH 17 Do đó: DSH  arccos  arccos  340 27 '  SD,  SBC     SD Trong mp Oxy… Gọi I  AC  BD A I Do BN  DM  IN  IB  ID  IN  IA  IC 1,0 B C D  ANC vuông N 0,25 N M     1 Đường thẳng CN qua N   ;  nhận NA   ;  pháp tuyến nên có phương  2 2 2 trình: x  y  13  Do C  CN  d  C  2; 3 Gọi B  a; b  Do AB  2BC AB  BC nên ta có hệ p hương trình: 871 0,25 0,25  a  1 a     b  5 b  3    2 2  a  1   b     a     b  3   a  5, b  1 hệ suy  a   , b   5  (ktm) 0,25 Vậy B  5; 1 , C  2; 3. Giải bất phương trình – ĐK: x  1, x  13 – Khi đó: 1 – Nếu 3 x2  x  x  x2  x   x    3 2x 1  2x 1  x 1   x  2  1,0 x 1  2x 1  0,25  , * x     x  13 (1) (*)   x  1  x    x  1 x   x  0,25 Do hàm f (t )  t  t hàm đồng biến  , mà (*): f Câu   2x 1  f   x   x   x   x3  x  x        DK(1) Suy ra: x   ;  VN   0;       – Nếu x     1  x  13 (2) 0,25 (2*)   x  1  x    x  1 x   x  Do hàm f (t )  t  t hàm đồng biến  , mà (2*): f   2x   f   1   x  13 x   x   x   1  x     2   x  1   x  1  1   Suy ra: x   1;0   ;     1   Kết hợp điều kiện có x   1;0   ;13    Tìm giá trị nhỏ nhất… 1   KL: x   1;0   ;13    1,0 Ta có P  x  (1  y)2  y2  (1  z)2  z2  (1  x)2 Vì a2  b2  ( a  b)2 nên P  Câu 10 a  b  c  a  b  c nên P   x 1 y  y 1 z  z 1 x  x 1  y  y 1 z  z  1 x  Dấu "=" xảy  x  y  z  Vậy P  2 x  y  z  2 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà thang điểm điểm phần 872 0,25 SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016) Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 02 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) SỐ 152 (Đề ĐỀ thi gồm có 01 trang) Câu 1: (1 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  x3  x  x  x  5x  Câu 2: (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  biết tiếp x2 tuyến vuông góc với đường thẳng y   x  2006 Câu 3: (1 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1  2i  z  z  4i  20 Tính modun số phức z b) Giải phương trình log   x   log 1  x   Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân: I   x ln 1  x3  dx Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2; 5; 3) đường thẳng x 1 y z  d:   2 a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc A d b) Viết phương trình mặt phẳng () chứa (d) cho khoảng cách từ A đến ()lớn Câu 6: (1 điểm) a) Cho tan   Tính giá trị biểu thức: A  2sin   3cos  4sin   5cos  b) Có sách Toán, sách Lý sách Hóa, sách khác Xếp ngẫu nhiên sách kệ dài Tìm xác suất để sách môn xếp cạnh Câu7:(1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang cân AD // BC Biết SA  a , AD = 2a, AB = a, BC = CD = a Hình chiếu vuông góc S mặt phẳng ABCD trùng với trung điểm cạnh AD Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB AD theo a 1 5 1 3 Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy Gọi H ( 3;5) , I  ;   , K  ;  , 2 2 2 2 trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp chân đường cao vẽ từ A tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu 9: (1 điểm) Giải phương trình : x  36 x  53 x  25  3 x  Câu 10: (1 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa mãn xy   x  y  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  x y  16 x  y2  2 –––––––––––––Hết––––––––––––– 873 xy HƯỚNG DẪN CHẤM Câu NỘI DUNG Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  x  x  +) TXĐ: D   Sự biến thiên: +) Giới hạn: lim y  ; lim y   x  +) Chiều biến thiên: y /  3x  12 x  Hàm số đồng biến khoảng (–  ; 1) (3; +  ) Hàm số nghịch biến trên(1; 3) Hàm số đạt cực đại x = 1, yCĐ = 0; hàm số đạt cực tiểu x = 3, yCT = – Câu 1:(1 điểm) 0.25 x  y /   x  x  +) Bảng biến thiên x  y y ĐIỂM điểm  0      0.25 0.25 4 +) Đồ thị + Giao điểm với Oy: (0 ; –4) +Vẽ đồ thị + Giao điểm với Ox: (1;0) ; (4;0) 0.25 Câu 2: (1 điểm) x02  x0  +) Gọi M0  x0 ; y0   C  Hệ số góc tiếp tuyến M0 : 0.25 +) Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y   x  2016 nên f /  x0  = 0.25 f /  x0    x0   x02  x0  x 1   x02  x0      x0    x0  Toạ độ tiếp điểm (1;0) , (3;–2) +) Phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) vuông góc đường thẳng có dạng : y   x   y  3x  11 +) 0.25 0.25 +) Đặt z  a  bi  a, b  R  ; z  a  bi ; Câu 3: (1 điểm) 1  1  2i   a  bi   a  bi  4i  20 +)   3  4i  a  bi   a  bi  4i  20 a  b  10 a  +)    a  b  b  0.25 0.25 +) Do z   3i  z  32   874 3  x  +) Điều kiện:   x 1 1  x   1  log2   x 1  x   0.25    x 1  x    x  x    x  1  x  So điều kiện chọn x = –1 Câu (1 điểm)  u  ln x3   dv  x dx 0.25  3x du  x3  dx  v  x  (chon)  0,25 +) Đặt +)  0.25 Vậy x3  I ln x   1 0.25    x dx 0 2  ln  x3  ln  3 3  Đường thẳng (d) có vectơ phương u   2;1;2  Gọi H hình chiếu vuông  góc A (d), suy H (1+ 2t,t, + 2t) AH   2t  1; t  5;2t  1   +) Vì AH  d  AH.u   2( 2t – 1) + t – + 2(2t –1) =  t  0.25 0.25 0.25 Vậy H(3,1,4) Câu 5: (1 điểm +) Gọi K hình chiếu vuông góc A    ta có d  A,( )   AK  AH (tính chất đường vuông góc đường xiên) Do khoảng cách từ A đến ( ) lớn  AK  AH  K  H  Suy ( ) qua Hvà nhận AH  1; 4;1 làm vectơ pháp tuyến Câu 6: (1 điểm) a +) Phương trình củamặt phẳng ( ) : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1( z – 4) =  x – 4y + z – = Từ tan   suy cos   nên A  tan   tan   Vậy A  tan    2.3   tan   4.3  0.25 0,25 0,25 0,25 Số cách xếp Toán, quển Lý Hóa số hoán vị 12 phần tử   12! Gọi A biến cố: “các sách môn b xếp cạnh nhau” Ghép sách môn thành nhóm, có ba 0,25 nhóm Toán, Lý, Hóa Số cách xếp ba nhóm 3! Số cách xếp sách Toán nhóm Toán 3! Số cách xếp sách Lý nhóm Lý 5! Số cách xếp sách Hóa nhóm Hóa 4! Vậy A  3!3!5!4! Suy P(A)  3!3!5!4!  0, 0002 12! 875 0,25 x 3     x  Vậy nghiệm phương trình là: x  2 x2 Tính tích phân I   (4   x3 2 x2  Ta có I   4dx    x3 2 Tính A   4dx  x  0   Tính B   ) dx 0,5 dx 0,25 0,25 x2 dx Đặt  x3  t   x3  t  x dx  tdt  x3  t 3 2 Đổi cận x  t Khi B   dt   dt  t  t 31 3  Vậy I  A  B   0,25 28  3 0,25 Hệ tọa độ Oxyz   1,00 x   t   d có PTTS:  y  2t  VTCP : u d  (1; 2;1) z   t  0,5  M giao điểm d (P)  M(1; 2;1)   MP cần tìm qua M(1; 2;1) , VTPT : n  u d  (1; 2;1) có PT: x – 2y – z + =  Gọi I tâm mặt cầu cần tìm I  d  I(2  t; 2t;  t)  Ta có: d(I, (P))    Vậy có mặt cầu: | 2(2  t)  t  t  | 2  12  (2) 2  t  4  I(2;8; 4) 2  t   I(4; 4; 2) 0,5 S1  :  x     y     z    2  S2  :  x     y     z    1,00 a) Cho góc  thỏa mãn      cos   0,5 Tính giá trị biểu thức A  sin 2  cos2      nên sin   Do sin    cos 2    Do  Vậy P  sin  cos  cos    2 5   sin   9 2 1 ( )  2( )    3 0,25 0,25 b) Gọi S tập hợp số tự nhiên có hai chữ số lập từ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, Chọn ngẫu nhiên số từ tập S Tính xác suất để tích số số chẵn   Số phần tử S là: 6.7 = 42 Số phần tử không gian mẫu là: n()  C422 0,25   Gọi A biến cố: ‘‘Tích số từ tập S số chẵn” Tích số từ tập S số chẵn số chẵn có số chẵn, số lẻ Trong 42 số S có 18 số lẻ 24 số chẵn 0,25 - 76 - 989  Số cách chọn số chẵn là: C242  C181 Số cách chọn số có số chẵn, số lẻ là: C24  C181 Số phần tử A là: n( A)  C242  C24 C181 236 n( A) C242  C24  Vậy xác suất cần tính là: P( A)    n( ) C422 287 Hình học không gian  Tính VSABCD: 1,00 S a2 + ABC đều, AC = a, BD = a , SABC  + Gọi I trọng tâm ABC  SI  (ABCD) +  (SB,(ABCD)   (SB,IB)   SBI  60o + SBI  SI  BI.tan 60  0,5 H A a 3a D I a3 + VSABCD = SABC SI  (đvtt) 12 C B  Tính d ( A, ( SCD)) : + Gọi H hình chiếu I lên SC + Chứng minh CD  IC,CD  SI  CD  IH mà IH  SC  IH  (SCD) 3 + d ( A, ( SCD ))  d ( B, ( SCD ))  d (I, ( SCD ))  IH 2 + SIC vuông I, IH đường cao, SI = a, IC  a + Suy IH  Vậy d ( A, ( SCD ))  a 1   2  IH IC IS a 3a IH  Hệ tọa độ Oxy + Gọi H hình chiếu I lên CM + IH  d ( I ,CM)  1,00 A D J + Gọi C’ điểm đối xứng C qua B, K  CM  BD, J  CM  AC ' + M trọng tâm ACC'  J trung điểm AC’ C’  K trung điểm IB  IK  IC + IKC vuông I     IC  IH IK IC I 0,25 K M H B + C(c; 2c  5)  CM , IC   (c  1)2  (2c  4)2   c  (Do x C   )  C(1; 3) + A đối xứng C qua I  A(1;1) + Đường thẳng BD qua I, vuông góc AC  BD : y   + K  CM  BD  K (2; 1) B đối xứng I qua K  B (3; 1) + D đối xứng B qua I  D(1; 1) + Vậy A(1;1) , B(3; 1) , C(1; 3) , D(1; 1) 0,5 1  2x  2x2  y  4x3 y  7x2 ( x, y  ) Giải hệ phương trình:  2 x (xy 1)  (x 1)  x y  5x  ĐK: y  1 - 77 - 990 C 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25  10 x  (2)  ( x  1)( x y  x  1)     x y  2x 1   x = thay vào (1) ta   y  y   y  1 1 2x  x y  x    y  (Do x = không nghiệm) thay vào (1) ta x  x  1 x 1  x 1  0   2 x  x x    1   Vậy phương trình có nghiệm (1; 1), (1;3),  ;3  3  Cho a  [0;1], b  [0;2],c  [0;3] Tìm giá trị lớn biểu thức: 2(2ab  ac  bc) 8b b P    2a  b  3c b  c  b( a  c )  12a  3b  27c   0,25 0,25 1,00 Ta có a  [0;1], b  [0;2],c  [0;3] (1  a )(b  c)  b  c  ab  ac    2a  b  3c  2ab  bc  ac (1) (2  b)(a  c)   2a  2c  ab  bc   0,25 0,25 2(2ab  ac  bc) 2(2ab  ac  bc)   2a  b  3c  2ab  ac  bc Mặt khác b  c  a (b  c) a  [0;1] , suy 8b 8b 8b   b  c  b(a  c)  a(b  c)  b(a  c)  2ab  bc  ac   Với số thực x, y, z ta có ( x  y )  ( y  z )  ( z  x)   2( x  y  z )  xy  yz  zx 2 0,25  3( x  y  z )  ( x  y  z ) (2) Áp dụng (2) (1) ta có 12a  3b  27c  3[(2a )2  b  (3c) ]  (2a  b  3c)  2a  b  3c  2ab  bc  ac   b 12a  3b  27c  Suy P  P     b 2ab  bc  ac  2(2ab  bc  ac) 8b b    2ab  bc  ac 2ab  bc  ac  2ab  bc  ac  2(2ab  bc  ac)  Đặt t  2ab  bc  ac với t  [0;13]  2ab  bc  ac 2ab  bc  ac  Xét f (t )  0,25 2t 8  ; t  [0;13] có f ' (t )   ; f ' (t )   t  2 t 1 t  (t  1) (t  8) f (0)  1; f (6)  16 47 16 16 ; f (13)   f (t )  , t  [0;13] f (t )  t  21 7 16 16 16 Do P  Khi a  1; b  2; c  P  Vậy giá trị lớn P 7 - 78 - 991 0,25 SỞ GD & ĐT KHÁNH HÒA TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP TổSỐ Toán174 ĐỀ Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA – MÔN TOÁN Năm học: 2015 – 2016 – Đề tham khảo số Thời gian làm : 180 phút (Không kể thời gian phát đề ) 2 x có đồ thị (C) x2 a) Khảo sát vẽ đồ thị (C) b) Đường thẳng d : y  x  10 cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tính độ dài AB Câu (1,0 điểm) x x sin x  4sin cos cos x  cos x 2 a) Rút gọn biểu thức: A  tan x  b) Trường PTTH Hà Huy tập có mua chậu bonsai khác , có hai chậu bonsai tùng mai chiếu thủy Xếp ngẫu nhiên chậu bonsai thành hàng dọc Tính xác suất cho hai chậu tùng mai chiếu thủy cạnh Câu (1,0 điểm) a) Tìm phần thực phần ảo số phức sau: z   5i  (5  2i )( 3  i )  4i b) Giải bất phương trình sau: log  x  1  log  x  1 Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  x 1 trục tọa x2 độ Câu (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang với đáy lớn AD; đường thẳng SA, AC CD đôi vuông góc với nhau; biết SA  AC  CD  a AD  BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB CD Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(4; –4; 3), B(1; 3; –1), C(–2; 0; –1) Viết phương trình mặt cầu (S) qua điểm A, B, C cắt hai mặt phẳng ( P ) : x  y  z   (Q) : x  y  z   theo hai giao tuyến hai đường tròn có bán kính Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(–3;4), đường phân giác góc A có phương trình: y   tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I(1; 7) Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích  ABC gấp lần diện tích  IBC  x x  y  y  x4  x3  x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x  y  x   y  y  1   Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa: xyz = x2  y  z  y2  z  x z2  x  y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A    y y  2z z z z  2x x x x  y y -Hết - 992 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (Đáp án thang điểm gồm 04 trang.) Đáp án Câu Điểm   ● Tập xác định: D  R \ 2 0.25 ● Sự biến thiên: +Giới hạn tiệm cận: lim y  1  y = –1 TCN đồ thị hàm số x  lim y  ; lim     x = –2 TCĐ đồ thị hàm số x ( 2) x ( 2) 0.25 4  0; x  R \ 2  hàm số nghịch biến khoảng ( x  1)2 (; 2) (2; ) + y'  + Bảng biến thiên: 1a (1,0 điểm) 0.25 ● Đồ thị : 0.25 + Viết Phương trình hoành độ giao điểm (C) (d): 2x  x  10 ( x  2) x2  x  1( N )  x  25 x  18     x   18 ( N )  18 Hai giao điểm A( 1;3), B( ; 8) 1b (1,0 điểm) Tính AB  2a (0,5 điểm) 2b (0,5 55 0.25 0.25 0.25 0.25 x x sin x  sin cos cos x  cos2 x sin x  cos2 x 2 A  sin x  cos2 x tan x  cos2 x A  cos x Gọi A biến cố: ‘Xếp chậu bonsai mà chậu tùng mai chiếu thủy cạnh nhau’ Khi đó: n( A)  5.2!.4!  240 993 0.25 0.25 0.25 điểm) Số phần tử không gian mẫu : n  6!  720 Vậy P( A)  3a (0,5 điểm) 3b (0,5 điểm) Thực 0.25  5i  1  i  4i 0.25 Tính (5  2i)( 3  i)  17  i Vậy z  18  phần thực: –18 ; phần ảo: 0.25 Đk: x  Bpt  log ( x  1)( x  1)   ( x  1)( x  1)  0.25 1   1   1    x ;0    ;   Kết hợp đk: S   ;           x 1 Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị với trục hoành   x  1 x 2 (1,0 điểm) n( A) 240   n() 720 S  1 x 1 dx  x2 0 x 1  x  dx 0.25 0.25 1      x   dx  x  3ln x  1  S  ln  (đvdt)  S 0.25  1 0.25 0.25 Gọi I trung điểm AD ACD vuông cân C  CI  AD; CI  AI Tứ giác ABCI hình bình hành    AI / / BC; AI  BC  AD     tứ giác ABCI hình vuông 0.25  AB  a; AD  BC  a tứ giác ABCD hình thang vuông A B (1,0 điểm) SABCD  ( AD  BC) AB 3a2  Chứng minh: SA  ( ABCD) 2  VS ABCD a3  SABCD SA  0.25 Chứng tỏ: d ( SB, CD)  d (CD,( SBI ))  d (C,( SBI ))  d ( A,(SBI )) Gọi H giao điểm BI AC ; kẻ AK  SH ( K  SH ) 0.25 Chứng tỏ d ( A,( SBI ))  AK Tính AK  a 10 a 10 Vậy d ( SB, CD)  5 994 0.25 Gọi I(a,b,c ) tâm mặt cầu (S) (1,0 điểm) 3a  7b  4c  15  IA  IB   Từ giả thiết :  IA  IC  3a  b  2c  d ( I ,( P))  d ( I ,(Q))  a  b  c   a  b  c     19 a  a   12   Giải hpt được: b  b  c     c    a   Với b  , pt mặt cầu (S): ( x  1)2  y2  ( z  3)2  25 c    19 a   12  Với b  , pt mặt cầu (S):   c    2 0.25 0.25 0.25  19   12    1237 x   y  z   7  7  7 49  Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâim I(1;7) bk IA = là: ( x  1)2  ( y  7)2  25 ( x  1)2  ( y  7)2  25 để tìm D(5;4)  y   Chứng minh ID  BC ( IBC cân Giải hpt  0.25 0.25 0.25 I có ID đường phân  (1,0 điểm) giác)  DI  (4;3) vtpt (BC)  pt( BC) :  x  y  c  (với 0.25 (c  24)(c  8)  (*)) (1,0 điểm) c  10 SABC  SIBC  d  A,( BC)   d ( I ,( BC))   (thỏa đk (*)) c  58  Vậy (BC): 4 x  y  10  hoặc: 12 x  y  58  0.25  x x  y  y  x  x  x (1)    x  y  x   y( y  1)  (2)  0.25 995 Đk: x  1; y  pt(1)  x x  y  y  x x  x  x  x   x2  y  x2  x  x  y   x  y  x  1   x2  y  x2  x    x Lập luận   với x  1; y  x2  y  x2  x Với x  y thay vào pt(2): x    x  x   x( x  1)    x  x 1  0.25  0.25 x  x    (2’) 25 25 y 6  25 25  Vậy hpt có nghiệm  ;   6  Giải pt(2’) được: x  A x ( y  z) y y  2z z  y2 ( z  x ) z z  2x x  0.25 z2 ( x  y) x x  2y y Từ giải thiết x ( y  z)  x yz  x  2x x x 0.25 Tương tự: y2 ( z  x )  y y ; z2 ( x  y)  z z Khi A  (1,0 điểm) 2x x y y  2z z  2y y z z  2x x  2z z x x  2y y  4c  a  b x x  a  x x  y y   a  b  2c  Đặt b  y y  z z   y y    c  z z  x x 4b  c  2a   z z    4c  a  b a  b  2c b  c  a  Bất đẳng thức trở thành: A      9 b c a  2 c a b a b c   4             9 b c a b c a  Kết luận Min A = x = y = z =1 0.25 0.25 0.25 996 SỞ GD & ĐT KHÁNH HÒA TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP Tổ Toán ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA – MÔN TOÁN Năm học: 2015 – 2016 – Đề tham khảo số Thời gian làm : 180 phút (Không kể thời gian phát đề ) ĐỀ SỐ 175 Câu 1(1.0điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y   x3  x  Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số : y  x  x  đoạn 0;4 Câu 3(1.0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn: 1  i  z    i  z   6i Tìm phần thực, phần ảo số phức w  2z  b) Giải phương trình : log  x  1  3log  3x     xdx  x  1 3x  Câu 4(1,0điểm) Tính tích phân I   Câu 5(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;0;–1) đường thẳng x 1 y  z d:   Viết phương trình mặt phẳng qua A vuông góc với d Tìm tọa độ hình 2 1 chiếu vuông góc A d Câu 6(1,0 điểm) a) Giải phương trình: sin x   cos x  cos x b) Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến phận kiểm nghiệm hộp sữa cam, hộp sữa dâu hộp sữa nho Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên hộp sữa để phân tích mẫu Tính xác suất để hộp sữa chọn có loại Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi I trung điểm AB, H giao điểm BD với IC Các mặt phẳng (SBD) (SIC) vuông góc với đáy Góc (SAB) (ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA IC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5;–7), điểm C thuộc đường thẳng có phương trình x – y + = Đường thẳng qua D trung điểm đoạn thẳng AB có phương trình 3x – 4y – 23 = Tìm tọa độ điểm B C, biết B có hoành độ dương x   x  x    y    x  1 y  1 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x, y  R   x  x    x  1 y   Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  ; c  a  b  c   Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  b  2c a  2c   6ln( a  b  2c) 1 a 1 b ––––Hết–––– 997 ĐÁP ÁN NỘI DUNG CÂU Câu1 ĐIỂM Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số y   x  x  1đ Khảo sát vẽ đồ thị hàm số  Tập xác định: D = R  Sự biến thiên:  x  1 + Chiều biến thiên: y '  3 x  , y '    x 1 Hàm số đồng biến khoảng  1;1 , nghịch biến khoảng  ; 1 0.25 1;   + Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  1, y CĐ  Hàm số đạt cực tiểu x  1, yCT  0.25 + Giới hạn: lim y  , lim y   x  +Bảng biến thiên: x  y y  x   1     1đ 0.25  Đồ thị: y -2 Câu2 -1 x -1 0.25 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số y  x  x  đoạn 0;4 1đ y’=4x3–4x =4x(x2–1) 0.25 y’= x=0, x=1  0;4 x = –1(loại) 0.25 Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227 0.25 Vậy Maxy  227 x = 1đ 0;4 0.25 miny  x = 0;4 a)Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z    i  z   6i Tìm phần thực, phần ảo Câu số phức w  z  b) Giải phương trình : log  x  1  3log  x     998 1đ a) Giả sử z  a  bi  a, b  R   z  a  bi , đó: 1 i  z    i  z   6i  1 i  a  bi     i  a  bi    6i  4a  2b  2bi   6i 4a  2b  a    2b  6 b  Vây: z   3i 0.5đ 0.25 Do w  z     3i     6i 0.25 Vậy số phức w có phần thực 5, phần ảo b)Điều kiện: x  Khi phương trình cho tương đương với phương trình 0.5đ log  x  1  log  3x      log  x    log  3x   0.25  x   3x   x  Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm x  0.25 Câu4 xdx  x  1 3x  Tính tích phân I   1đ Đặt t  3x   t  3x   2tdt  3dx  dx  tdt 0.25 Khi x   t  2, x   t  t2  2 tdt xdx t2  Suy I     32   dt t  t  x  3x    2 t 1đ 4 4 4   2       dt   dt   dt  t     dt  t 1  32 2  t 1 t 1  t 1 4   ln t   ln t     ln 3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;0;–1) đường thẳng Câu5 d: 0.25 x 1 y 1 z   Viết phương trình mp qua A vuông góc với d Tìm tọa 2 1 0.25 0.25 1đ độ hình chiếu vuông góc A d *)Gọi () mặt phẳng qua A (1; 0; –1) ()  d   Khi () có vtpt : n   a d  (2; 2; –1) 0.25  pt () : 2(x – 1) + 2(y – 0) – 1(z + 1) =  2x + 2y – z – = 0.25 *) Hình chiếu A lên d giao điểm I () d 1đ 0.25 A  (d)  x = 2t + 1; y = 2t – 1; z = –t A  ()  2(2t + 1) + 2(2t – 1) + t – =  t = 999  I (5/3; –1/3; –1/3) 0.25 Câu6 a) Giải phương trình: sin 2x   cos x  cos 2x b) Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến phận kiểm nghiệm hộp sữa cam, hộp sữa dâu hộp sữa nho Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên hộp sữa để phân tích mẫu Tính xác suất để hộp sữa chọn có loại a)PT  sin 2x   cos 2x  cos x   sin x cos x  cos x  cos x   cos x(sin x  cos x  2)  1đ 0.25  cos x     x   k 2 2 sin x  cos x  (VN   ) 1,0 đ Vậy nghiệm phương trình cho là: x  0.25 C12 = 220 b) Số cách chọn hộp sữa từ 12 hộp Câu7   k Số cách chọn hộp có loại C15 C14 C13 = 60 0.25 Xác suất để hộp sữa chọn có loại : 60/220 = 3/11 0.25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi I trung điểm AB, H giao điểm BD với IC Các mặt phẳng (SBD) (SIC) vuông góc với đáy Góc (SAB) (ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA IC 1đ S F A D 0.25 K P C M I H E B Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , SABCD  a Do (SIC),(SBD) vuông với đáy suy SH  (ABCD) 1đ  góc (SAB) (ABCD) Dựng HE  AB  SHE   AB , suy SEH   600  SEH Ta có SH  HE tan 600  3HE HE HI a a    HE   SH  CB IC 3 Suy VS.ABCD 1 a 3a  SH.SABCD  a  3 1000 0.25 Gọi P trung điểm CD, suy AP song song vớiCI  d  SA, CI   d  CI, SAP    d  H, SAP   0.25 Dựng HK  AP , suy SHK   SAP  Dựng HF  SK  HF  SPA   d  H,  SPA    HF 1   (1) 2 HF HK HS2 1 1 Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK     2 HK DM DP DA Do SHK vuông H  Thay vào (1) ta có Câu8 a 1 1          HF  2 2 HF DP DA HS a a a a 2 a Vậy d SA, CI   2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5;–7), điểm C thuộc đường thẳng có phương trình x – y + = Đường thẳng qua D trung điểm đoạn thẳng AB có phương trình 3x – 4y – 23 =0 Tìm tọa độ điểm B C, biết B có hoành độ dương 0.25 1đ Ta có C  x  y    C (c; c  4) , M trung điểm AB I giao điểm AC DM Theo định lý Thales thuận ta có   CD IC ID  c 10 c 10      AI  AC  I  ;  AM IA IM 3   Mặt khác I thuộc DM nên ta có   Ta có M thuộc MD  M  m; 1đ c  10 c  10 4  23   c   C (1; 5) 3 3m  23  3m      B  2m  5;     0.25 0.25    3m    AB   m  10;       CB   2m  6; 3m  19         3m   3m 19  AB.CB   (2m 10)(2m  6)    0    Suy m  hay m  29 1001 0.25  33 21  ;  5 5 Do B(3; 3) hay B  Do B có hoành độ dương nên ta nhận B( 33 21 ; ) 5 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán B( Câu9 0.25 33 21 ; ), C (1;5) 5 x    y    x  1 y  1 x  x 1 Giải hệ phương trình:  3 x  x    x  1 y    x, y  R  1đ  x  1 Điều kiện:   y  1 x3  x  x   y  2 1  x 1  x  1 y  1  x  x      x 1  x 1    x3  x  x  1  x  1 x 1   y  2 y  0.25 y 1  y 1 Xét hàm số f  t   t  t R có f   t   3t   0t  R suy f(t) đồng biến  x  R Nên f   f  x 1    y 1  x  y  Thay vào (2) ta x 1 0.25 3x2  8x   x x  1đ    x  1  x  x     x 1    x  3   x  6x    x 1  x 1       13 x  x  x    x      9 x  10 x   Ta có y  0.25 x2 1 x 1 Với x    y  43  13 41  13 Với x   y 72 Các nghiệm thỏa mãn điều kiện KL: Hệ phương trình có hai nghiệm   x; y      3;   13 41  13  43  ;  &  x; y      72   1002 0.25 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  ; c  a  b  c   Câu10 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  b  2c a  2c   6ln( a  b  2c) 1 a 1 b a  b  2c  a  b  2c    6ln(a  b  2c) 1 a 1 b     a  b  2c  1     6ln(a  b  2c)  1 a 1 b  1đ P2 0.25 Ta chứng minh BĐT quen thuộc sau: ) 1   (1)  a  b  ab ) ab  ab  (2) 1      a  b   ab  1  a 1  b  Thật vậy, )  a  b  ab    a b ) ab  1đ Do đó,  0.25   ab   ab  Dầu “=” a=b ab=1 ab     ab   Dấu “=” ab=1 1 2     ab  1  a  b  ab   ab 0.25 4 16    Đặt t  a  b  2c, t  ta có: ab  bc  ca  c  a  c  b  c   a  b  2c 2 P   f (t )  16  t  1  ln t , t  0; t2 16  t   6t  16t  32  t   6t   f '(t )     t t3 t3 t3 BBT t f’(t) –  + f(t) 5+6ln4 Vậy GTNN P + 6ln4 a = b = c = 1003 0.25 [...]... 5 21 +) Vy max P max f t x z 1; y 2 0;4 5 +) Xột hm s f t t Ht 893 0.25 0,25 S GIO DC V O TO K THI TRUNG HC PH THễNG QUC GIA NM 2016 NG THP Mụn thi: TON TRNG THPT CAO LNH 2 Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt THI TH S 156 ( thi gm 01 trang) Cõu 1 (1,0 im) Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s y x 4 2 x2 Cõu 2 (1,0 im) Tỡm m hm s y x3 3mx 2 3( m 2) x m 1 cú hai im cc... bin thi n c f '(c) 1 3 0 0 1 + f (c ) 1 9 1 Da vo bng bin thi n ta cú f (c) , mi c (0;1) 9 (2) 1 1 T (1) v (2) suy ra P , du bng xy ra khi a b c 9 3 1 Vy giỏ tr nh nht ca P l , 9 Ht./ Cm n thy Nguyn Hu Ti ( huutaidt@gmail.com ) ó chia s n www.laisac.page.tl 900 S GD & T NGH AN THI TH K THI THPT QUC GIA LN 1 NM 2016 TRNG THPT TNG DNG 1 Mụn thi: Toỏn Thi gian lm bi: 180 phỳt (Khụng k thi. .. t c khi x y z a b c 25 6 6 -Ht - 888 0,25 S GD V T LM NG TRNG THPT BI TH XUN THI MINH HA THPT QUC GIA V TUYN SINH I HC CAO NG (2015 2016) Mụn thi: TON S 05 Thi gian lm bi: 180 phỳt (Khụng k thi gian phỏt ) ( thi gm cú 155 01 trang) S Cõu 1: (1 im) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s y x 3 3 x 2 Cõu 2: (1 im) Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca hm s y x 4 2 x... ng thc xy ra khi x y 2 20 Vy giỏ tr ln nht P khi x y 2 3 Ht 877 S GD V T LM NG TRNG THPT BI TH XUN ( thi gm cú 153 01 trang) S THI MINH HA THPT QUC GIA V TUYN SINH I HC CAO NG (2015 2016) Mụn thi: TON S 03 Thi gian lm bi: 180 phỳt (Khụng k thi gian phỏt ) Cõu 1: (1,0 im) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s y x 3 3 x 2 2 Cõu 2: (1,0 im) a) Gii bt phng trỡnh: log 2 2x 1 0 x 1 b) Gi... s n www.laisac.page.tl 894 S GIO DC V O TO K THI TRUNG HC PH THễNG QUC GIA NM 2016 NG THP P N-THANH IM TRNG THPT CAO LNH 2 Mụn thi: TON THI TH (ỏp ỏn-Thang im gm 06 trang) Cõu 1 (1,0) ỏp ỏn im Tp xỏc nh: D S bin thi n 0,25 x 0 y 0 y, 0 x 1 y 1 Hm s nghch bin trờn cỏc khong ( ; 1) v (0;1) ng bin trờn cỏc khong ( 1; 0) v (1; ) Chiu bin thi n y , 4 x 3 4 x 4 x( x 2 1), 0,25 Cc tr:... bc c c ca a 3 Vy: S 3 maxS = 3 khi a = b = c = 1 0,25 Tng t: 882 S GD V T LM NG TRNG THPT BI TH XUN ( thi gm 01 trang) Scú 154 THI MINH HA THPT QUC GIA V TUYN SINH I HC CAO NG (2015 2016) Mụn thi: TON S 01 Thi gian lm bi: 180 phỳt (Khụng k thi gian phỏt ) Cõu 1: (1,0 im) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s y x 2 4 x 2 x 3 mx 2 1 Cõu 2: (1,0 im) ) nh m hm s y t cc tiu ti x 2 3... giao im ca B ' H v CC nờn H l trung im ca BE, Gi M l trung im ca AC, F l hỡnh chiu ca H lờn ME 0,25 Ta cú: HF ME (1) AC MH ; AC B ' H AC HF (2) T (1) v (2) suy ra HF ( ACC ' A ') d ( H , ( ACC ' A ')) HF HM 1 d ( B ',( ACC ' A ')) 2 1 3a AB ; HE B ' H 2 3a 2 2 0,25 MHE vuụng ti H cú ng cao HF; HF HM HE 2 HM HE d ( B ', ( ACC ' A ')) 2 HF 8 6a 19 19 Gi H l trung im ca DI v K l giao im... tõm G ca tam giỏc ABC Cõu 6: (1,0) 3 v tan 2 Tớnh giỏ tr ca A sin 2 cos( ) 2 2 b) Trong cm thi xột cụng nhn tt nghip THPT thớ sinh phi thi 4 mụn trong ú cú 3 mụn bt buc l Toỏn, Vn, Ngoi ng v mt mụn do thớ sinh t chn trong s cỏc mụn: Vt lớ, Húa hc, Sinh hc, Lch s v a lớ Trng A cú 30 hc sinh ng kớ d thi, trong ú cú 10 hc sinh chn mụn Lch s Ly ngu nhiờn 5 hc sinh bt k ca trng A, tớnh xỏc sut trong... Ht 889 HNG DN CHM Cõu NI DUNG +) TX: D S bin thi n: +) Gii hn: lim y ; lim y x IM 0.25 x +) Chiu bin thi n: x = 0 y' = 3x2 6x; y' = 0 x = 2 Hm s ng bin trờn mi khong ( ; 0) v (2; + ) Hm s nghch bin trờn(0; 2) Hm s t cc i ti x = 0, yC = 0; hm s t cc tiu ti x = 2, yCT = 4 +) Bng bin thi n x 0 2 0 0 y y 0 0.25 0.25 4 +) th Cõu 1: 1; 4 ; 3;0 th hm s i qua cỏc im (1 im) 0.25 Cõu... 878 P N - THANG IM ỏp ỏn Cõu im 1 (1 im) Tp xỏc nh D Gii hn : lim y , lim y 0,25 x 0 S bin thi n: y ' 3 x 2 6 x ; y ' 0 x 2 Hm s ng bin trờn khong (0; 2) 0,25 x x Hm s nghch bin trờn cỏc khong ( ;0) , (2; ) Hm s t cc i ti x = 2, yC = y(2) = 2; Hm s t cc tiu ti x = 0, yCT = y(0) = 2 Bng bin thi n: x 0 2 0 0 y y 4 0,25 2 th Giao im ca (C ) vi cỏc trc to (0;2), (1; 0) 0,25 2 (0,5