TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015­2016­LẦN I Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số = − + 3 2 3 2 y x x

Câu 2 (1,0 điểm).Tìm cực trị của hàm số : sin 2 2 y x x = − + . Câu 3 (1,0 điểm).

a) Cho tan 3 = α . Tính giá trị biểu thức 3 3

3sin 2cos 5sin 4cos

M −

= +

α α α α

b) Tính giới hạn : 2 3

4 3 lim 9 x

x x L x →

− − =

− Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 2 2 3sin 4sin cos 5cos 2 x x x x − + = Câu 5 (1,0 điểm).

a) Tìm hệ số của 10 x trong khai triển của biểu thức : 5

3 2

2 3x x

−

.

b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu nhiên (đồng thời) 3quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh.

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( ) Oxy , cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh

( ) 2; 1 A − − , ( ) 5;0 D và có tâm ( ) 2;1 I . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh , B C và góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ) ABC , gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho

2 MC MS = . Biết 3, 3 3 AB BC = = , tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( ) Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm ( ) 2;1 J . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình : 2 10 0 x y + − =

và ( ) 2; 4 D − là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình 7 0 x y + + = .

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : 3 3 2 2

3 2

3 12 7 3 6

2 4 4 2

x y x y x y

x y x y x y

− + − + = −

+ + − = + − − Câu 10 (1,0 điểm).Cho hai phương trình : 3 2 2 3 4 0 x x x + + + = và 3 2 8 23 26 0 x x x − + − = .

Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó.

­­­­­­­­Hết­­­­­­­ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh:………………

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2015­2016

Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)

Câu Đáp án Điểm

Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số = − + 3 2 3 2 y x x 1,0

Tập xác định: D = ¡ .

Ta có 2 3 6 y' x x. = − ; 0

0 2

x y'

x =

= ⇔ = 0,25

­ Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) −∞ và (2; ) +∞ ; nghịch biến trên khoảng (0;2) . ­ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =­2.

­ Giới hạn: lim , lim x x

y y →+∞ →−∞

= +∞ = −∞

0,25

Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y' + 0 ­ 0 + y 2 +∞

−∞ ­2

0,25

1 (1,0 đ) Đồ thị:

f(x)=(x^3)­3*(x)^2+2

­8 ­6 ­4 ­2 2 4 6 8

­5

5

x

y

0,25

Câu 2 .Tìm cực trị của hàm số : sin 2 2 y x x = − + . 1,0

Tập xác định D = ¡ ( ) ( ) 1 2cos 2 , 4sin 2 f x x f x x ′ ′′ = − = 0,25

2 (1,0 đ) ( ) 1 0 1 2cos 2 0 cos 2 , 2 6

f x x x x k k π ′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ± + π ∈¢ 0,25

4sin 2 3 0 6 3

f k π π ′′ − + π = − = − < ⇒

hàm số đạt cực đại tại 6 i x k π

= − + π

Với 3 2 , 6 6 2 C y f k k k π π = − + π = − + + + π ∈

D ¢ 0,25

4sin 2 3 0 6 3

f k π π ′′ + π = = > ⇒

hàm số đạt cực tiểu tại 6 i x k π

= + π

Với 3 2 , 6 6 2 C y f k k k π π = + π = − + + π ∈

T ¢ 0,25

Cho tan 3 = α . Tính giá trị biểu thức 3 3

3sin 2cos 5sin 4cos

M −

= +

α α α α

0,5

( ) ( ) 2 2 2 2

3 3

3sin sin cos 2cos sin cos 5sin 4cos

M + − +

= +

α α α α α α

α α 3 2 2 3

3 3

3sin 2sin cos 3sin cos 2cos 5sin 4cos

− + − =

+ α α α α α α

α α (chia tử và mẫu cho 3 cos α )

3 2

3

3 tan 2 tan 3tan 2 5 tan 4

− + − =

+ α α α

α

0,25

3.(1,0đ) Thay tan 3 = α vào ta được 3 2

3

3.3 2.3 3.3 2 70 5.3 4 139

M − + −

= = +

0,25

Lưu ý: HS cũng có thể từ tan 3 α = suy ra 2 2 2

k k π π α π < < + và

1 3 cos ; sin 10 10

α α = = rồi thay vào biểu thức M.

b) Tính giới hạn : 2 3

4 3 lim 9 x

x x L x →

− − =

− 0,5

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 3 3

4 3 4 3 4 3 lim lim 9 4 3 9 4 3 x x

x x x x x x L x x x x x x → →

− − + − − + = =

− + − − + − 0,25

( ) ( ) ( ) ( ) 3

1 3 1 1 lim 18 3 4 3 3 3 3 4.3 1 x

x L x x x →

− − = = =

+ + − + + − 0,25

Câu 4.Giải phương trình : 2 2 3sin 4sin cos 5cos 2 x x x x − + = 1,0

4 .(1,0 đ) Phương trình ( ) 2 2 2 2 3sin 4sin cos 5cos 2 sin cos x x x x x x ⇔ − + = + 2 2 sin 4sin cos 3cos 0 x x x x ⇔ − + =

0,25

( ) ( ) sin cos sin 3cos 0 sin cos 0 sin 3cos 0 x x x x x x x x ⇔ − − = ⇔ − = ∨ − = 0,25

tan 1 tan 3 arctan3 , 4

x x x k x k k π ⇔ = ∨ = ⇔ = + π ∨ = + π ∈Z 0,25

Vậy phương trình có hai họ nghiệm: , arctan 3 , 4

x k x k k π = + π = + π ∈Z 0,25

a) Tìm hệ số của số hạng chứa 10 x trong khai triển của biểu thức : 5

3 2

2 3x x

−

. 1,0

( ) ( ) 5 5 5 5

3 3 5 15 5 5 5 2 2

0 0

2 2 3 3 . 1 3 .2 k k

k k k k k k

k k

x C x C x x x

− − −

= =

− = − = −

∑ ∑ 0,25

Hệ số của của số hạng chứa 10 x là 5 5 ( 1) 3 2 , k k k k C − − với 15 5 10 1 k k − = ⇔ =

Vậy hệ số của 10 x là : ( ) 1 1 4 1 5 1 3 2 810 C − = −

0,25

5 (1,0 đ) b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu nhiên3quả. Tính xác suất để trong 3 quả cầu chọn ra có ít nhất một quả cầu màu xanh. Số phần tử của không gian mẫu là ( ) 3

20 n C Ω = GọiA là biến cố “Chọn được ba quả cầu trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh”

0,25

Thì A là biến cố “Chọn được ba quả cầu màu đỏ” ( ) ( ) 3

3 12 12 3

20

C n A C P A C

⇒ = ⇒ =

Vậy xác suất của biến cố A là ( ) ( ) 3 12 3 20

46 1 1 57

C P A P A C

= − = − = 0,25

Câu 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( ) Oxy , cho hình bình hành ABCD có hai

đỉnh ( ) 2; 1 A − − , ( ) 5;0 D và có tâm ( ) 2;1 I . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh , B C và góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho.

1,0

Do I là trung điểm BD . Suy ra ( ) 2 4 5 1 1;2

2 2 0 2 B I D

B I D

x x x B

y y y = − = − = −

⇒ − = − = − = 0,25

6 .(1,0 đ) Do I là trung điểm AC . Suy ra ( ) 2 4 2 6 6;3

2 2 1 3 C I A

C I A

x x x C

y y y = − = + =

⇒ = − = + = 0,25

Góc nhọn ( ) , AC BD α = . Ta có ( ) ( ) 8;4 , 6; 2 AC BD = = − uuur uuur

0,25

( ) 48 8 2 cos cos , 45 2 4 5.2 10

AC BD AC BD AC BD

⋅ − α = = = = ⇒ α = o

uuur uuur uuur uuur uuur uuur 0,25

Câu 7 . Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ) ABC , gọi M

là điểm thuộc cạnh SC sao cho 2 MC MS = . Biết 3, 3 3 AB BC = = , tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM .

1,0

Gọi H là trung điểm AB SH AB ⇒ ⊥ ( do SAB ∆ đều).

Do ( ) ( ) ( ) SAB ABC SH ABC ⊥ ⇒ ⊥

Do ABC ∆ đều cạnh bằng 3

nên 2 2 3 3 S , 3 2 2

H AC BC AB = = − =

K

N M

H

C

B

A

S

0,25

3

. 1 1 3 6 9 6 3 6 12 4 S ABC ABC V SH S SH AB AC ⇒ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = = (đvtt) 0,25

7. (1,0 đ) TừM kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại ( ) || || N AC MN AC BMN ⇒ ⇒

( ) , AC AB AC SH AC SAB ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ , ( ) ( ) || AC MN MN SAB MN SAB ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

( ) ( ) BMN SAB ⇒ ⊥ theo giao tuyến BN . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) || , , , AC BMN d AC BM d AC BMN d A BMN AK ⇒ = = = với K là hình chiếu của A trên BN

0,25

2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 4 2 ABN SAB

NA MC S S SA SC

= = ⇒ = = ⋅ = (đvdt) và 2 2 3

AN SA = = 0,25

2 2 0 2A . .cos60 7 BN AN AB N AB = + − =

3 3 2 2S 3 21 2 7 7

ABN AK BN

⋅ ⇒ = = =

Vậy ( ) 3 21 d , 7

AC BM = (đvđd)

Lưu ý: Việc tính thể tích, học sinh cũng có thể giải quyết theo hướng ( ) CA SAB ⊥ và . . S ABC C SAB V V = Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( ) Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm ( ) 2;1 J . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương

trình : 2 10 0 x y + − = và ( ) 2; 4 D − là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình 7 0 x y + + = .

1,0

AJ đi qua ( ) 2;1 J và ( ) 2; 4 D − nên có phương trình : 2 0 AJ x − = , A AJ AH = ∩ ( trong đó H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A ) Tọa độ A là nghiệm của hệ

( ) 2 0 2 2;6

2 10 0 6 x x

A x y y − = =

⇔ ⇒ + − = =

0,25

8 .(1,0 đ) Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Ta có » » DB DC DB DC = ⇒ = và » » EC EA = · 1

2 DBJ = (sđ » EC + sđ » DC )= 1

2 (sđ » EA+ sđ » DB )= · DJB DBJ ⇒ ∆ cân tại D⇒

DC DB DJ = = hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC Suy ra , B C nằm trên đường tròn tâm ( ) 2; 4 D − bán kính 2 2 0 5 5 JD = + = có

phương trình ( ) ( ) 2 2 2 4 25 x y − + + = . Khi đó tọa độ B là nghiệm của hệ

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 3; 4 3 2 2 4 25 4 9 2; 9 7 0

B x x x y y y B x y

− − = − = − + + = ⇔ ∨ ⇒ = − = − − + + = Do B có hoành độ âm nên ta được ( ) 3; 4 B − −

0,25

( ) ( ) ( )

3; 4 3; 4 : :

1; 2 AH

qua B qua B BC BC

vtpt n u AH

− − − − ⇒ = = − ⊥

r r : 2 5 0 BC x y ⇒ − − =

Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ

( ) ( ) ( ) ( )

( ) 2 2 3; 4 3 5 2 4 25

5;0 4 0 5;0 2 5 0

C B x x x y C

y y C x y

− − ≡ = − = − + + = ⇔ ∨ ⇒ ⇒ = − = − − = Vậy ( ) ( ) ( ) 2;6 , 3; 4 , 5;0 A B C − −

0,25

Câu 9. Giải hệ phương trình : ( )( )

3 3 2 2

3 2

3 12 7 3 6 1

2 4 4 2 2

x y x y x y

x y x y x y

− + − + = −

+ + − = + − − 1,0

Điều kiện : 2 0 2

4 0 4 x x

y y + ≥ ≥ −

⇔ − ≥ ≤ 0,25

H

E

J I

D

C B

A

Từ phương trình ( ) 1 ta có ( ) ( ) ( ) 3 3 1 2 1 2 1 3 x y x y y x − = − ⇔ − = − ⇔ = +

9 .(1,0 đ) Thay ( ) 3 vào ( ) 2 ta được pt: ( ) ( ) ( ) 2 3 2 4 1 1 4 2 1 x x x x x x + + − + = + + − − +

⇔ 3 2 2 3 4 1 x x x x x + + − = + − − , Đ/K 2 3 x − ≤ ≤ 0,25

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 3 2

2 3 3 4 4 1 4 2 3 3

x x x x x x x x x

x x

+ − − ⇔ + + − − = + − − ⇔ = + −

+ + − +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 4

1 4 2 3 3 2 3 2

x x x x

x x x x

+ − − ⇔ = + − + + − + + − +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

2 2

2 2 2 2

2 3 3 2 3 2

x x x x x

x x x x

− + + ⇔ = + − −

+ + − + + − + 0,25

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2

0

2 2 2 0 2 3 3 2 3 2

x x x x x x x

>

⇔ − − + + = + + − + + − + 144444444424444444443

2 2 0 2 1 x x x x ⇔ − − = ⇔ = ∨ = −

• ( ) ( ) ( ) 3 2 3 ; 2;3 x y x y = → = ⇒ = ( thỏa mãn đ/k)

• ( ) ( ) ( ) 3 1 0 ; 1;0 x y x y = − → = ⇒ = − ( thỏa mãn đ/k)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) ; 2;3 , ; 1;0 x y x y = = −

0,25

Câu10.Chohai phương trình: 3 2 2 3 4 0 x x x + + + = và 3 2 8 23 26 0 x x x − + − = .Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó

1,0

• Hàm số ( ) 3 2 2 3 4 f x x x x = + + + xác định và liên tục trên tập ¡

Đạo hàm ( ) ( ) 2 3 2 3 0, f x x x x f x ′ = + + > ∀ ∈ ⇒ ¡ đồng biến trên ¡ ( ) *

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 . 0 40 .4 160 0 4;0 : 0 ** f f a f a − = − = − < ⇒ ∃ ∈ − =

Từ ( ) * và ( ) ** suy ra phương trình 3 2 2 3 4 0 x x x + + + = có một nhiệm duy nhất x a =

0,25

10.(1,0đ) • Tương tự phương trình 3 2 8 23 26 0 x x x − + − = có một nhiệm duy nhất x b = 0,25

Theo trên : 3 2 2 3 4 0 a a a + + + = ( ) 1 Và ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 8 23 26 0 2 2 2 3 2 4 0 2 b b b b b b − + − = ⇔ − + − + − + =

Từ ( ) 1 và ( ) 2 ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 3 4 2 2 2 3 2 4 3 a a a b b b + + + = − + − + − +

0,25

Theo trên hàm số ( ) 3 2 2 3 4 f x x x x = + + + đồng biến và liên tục trên tập ¡ Đẳng thức ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 f a f b a b a b ⇔ = − ⇔ = − ⇔ + = Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng 2 .

0,25

Lưu ý khi chấm bài: ­ Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. ­ Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. ­ Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. ­ Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.

­ Trong lời giải câu 7 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. ­ Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĐC ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016-------------------------------- Môn: TOÁN

Đề thi thử lần 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề---------------------------------

Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số142

xxy )(C

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )(C của hàm số.b) Cho hai điểm )0;1(A và )4;7(B . Viết phương trình tiếp tuyến của )(C , biết tiếp tuyến đi qua điểm trungdiểm I của AB .

Câu 2: (1,0 điểm)

a) Cho6 . Tính giá trị

22

22

cossincossinsinsincoscos

P

b) Giải phương trình 25cos2sin3cos3sin2 22 xxxxCâu 3: (1,0 điểm)

a) Cho hàm số xxxy 2ln. . Giải phương trình 0/ y

b) Giải hệ phương trình

3log642

22 yx

yx

Câu 4: (1,0 điểm) Cho hàm số xxxxxf 2cos2cos2cot2tan)( có nguyên hàm là )(xF và24

F .

Tìm nguyên hàm )(xF của hàm số đã cho.

Câu 5: (1,0 điểm) Cho hình chóp ABCDS. có đáy ABCD là hình chữ nhật .Biết )(ABCDSA , SC hợp với mặt

phẳng )(ABCD một góc với54tan , aAB 3 và aBC 4 . Tính thể tích của khối chóp ABCDS. và khoảng

cách từ điểm D đến mặt phẳng )(SBC .

Câu 6: (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho các điểm )0;4;3( A , )4;2;0(B , )1;2;4(C . Tính diện tích tam giácABC và tìm tọa độ điểm D trên trục Ox sao cho BCAD .

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn 4)1()1(:)( 221 yxC có tâm là 1I và đường tròn

10)4()4(:)( 222 yxC có tâm là 2I , biết hai đường tròn cắt nhau tại A và B . Tìm tọa độ diểm M trên đường

thẳng AB sao cho diện tích tam giác 21IMI bằng 6.

Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình 50424442

xxxxxx .

Câu 9: (1,0 điểm) Cho 0x và 0y thỏa điều kiện 2 yx .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

11

xy

xyP

------------------------Hết----------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.. Giám thị coi thi không giải thích gì thêmHọ và tên:………………………………………………..SBD:……………………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ

Câu Đáp Án ĐiểmCâu 1

a) Khảo sát và vẽ đồ thị142

xxy (đúng, dầy đủ) 1,0

b) Viết phương trình tiếp tuyến của )(C ,

Gọi qua 2;3I có hệ số góc k 2)3(: xky 0,25

.Điều kiện tiếp xúc (C)

kx

xkxx

2)1(2

2)3(142

0.25

.Giải hệ 22 kx 0,25

.Vậy phương trình tiếp tuyến : 42: xy 0,25Câu 2 a)Tính giá trị P

cossincossin22sinsincoscos22

P

sin22cos22

0,25

32

6sin22

6cos22

P 0,25

b) Giải phương trình 25cos2sin3cos3sin2 22 xxxx12sin x 0,25

kx 4

0,25

Câu 3 a) Giải phương trìnhxxxy 2ln. 1ln/ xy 0,25

exxy 01ln0/ 0,25b) Giải hệ phương trình

3log642

22 yx

yx

86

2 yxyx

0,25

Giải hệ )4;2( và )7;1( 0,25Câu 4 Tìm nguyên hàm )(xF

dxxxxxxF 2cos2cos2cot2tan)( = dxxx 2sinsin22 0,25

Cxxx 22coscos22 0,25

20

22.2

4.2

4

CF 1 C 0,25

Vậy 122coscos22)( xxxxF 0,25

Câu 5 Tính thể tích của khối chóp S.ABCD

Xác định đúng góc

SCA

0,25

Thể tích 3165.54.4.3.

31.

31 aaaaSASV ABCDSABCD 0,25

Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC)Xác định dược khoảng cách AHSBCAdSBCDd (,(, 0,25

Tính đúng 5

12)(, aAHSBCDd 0,25

Câu 6 Tính diện tích tam giác ABC 24;7;18; ACAB

0,25

249424718

21 222 S 0,25

Tìm tọa độ điểm D trên trục Ox sao cho BCAD .Gọi )0;0;(xD.Ta có BCAD 2 2 2 2 2 23 4 0 4 0 3( x )Û - + + = + +

0,25

Vậy : )0;0;0(D và 6 0 0D( ; ; ) 0,25Câu 7 Tìm tọa độ diểm M

.phương trình đường thẳng d qua 2 điểm A và B (trục đẳng phương)04: yxd 0,25

.Đường thẳng 21II đi qua tâm 1I và 2I 0:21 yxII 0,25

dmmM )4;(

6.(,21

212121 IIIIMdS IMI 0,4 mm 0,25

Vậy : )0;4(M và )4;0(M 0,25Câu 8 Giải phương trình 5042444

2 xxxxxx

Điều kiện 4x 5042244

2 xxxxx

0,25

0484242

xxxx 0,25

Giải phương trình 54 xx 0,25

Giải phương trình 54: xx 5 x 0,25

Câu 9Cho 0x và 0y thỏa điều kiện 2 yx .Tìm GTLN của biểu thức

11

xy

xyP

Ta có 12

02

yxxy

Đặt xyt , điều kiện 10 t

0,25

11

t

tP 2

/

111

t

P 2)1()2(

ttt

0,25

0,25

Vậy GTLN23

P Khi 1;1 yx 0,25

Trang 1

SỞ GD&ĐT THANH HÓA KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016-LẦN 1TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 Môn thi: TOÁN

(Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 3 1.y x x

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 ln 1 2y f x x x

trên đoạn 1;0 .

Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:a)

2 2 2 21 1 22 3 3 2x x x x b) 2

3 9 3 3log 5 log 2 log 1 log 2.x x x

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 3

1

ln .e

I x xdx

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng : 1 0P x y z vàhai điểm 1; 3;0 , 5; 1; 2A B . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng P sao cho MA MBđạt giá trị lớn nhất.Câu 6 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình 22 3 cos 6sin .cos 3 3x x x b) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất để có

5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hếtcho 10.Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh ,a mặt bên SAD là

tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, 6 .2

aSC Tính thể tích khối chóp

.S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng ,AD SB theo .a

Câu 8 (1,0 điểm). Cho ABC vuông cân tại .A Gọi M là trung điểm ,BC G là trọng tâm,ABM điểm 7; 2D là điểm nằm trên đoạn MC sao cho .GA GD Tìm tọa độ điểm ,A lập

phương trình ,AB biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3 13 0.x y

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

3 2 3

3

2 4 3 1 2 2 3 2 1

2 14 3 2 1 2

x x x x y y

x x y

Câu 10 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:3 4 8 .

2 2 3a c b cP

a b c a b c a b c

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh:………………………………….; Số báo danh……………….

Hết

Trang 1

ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (gồm 06nn trang)Câu Ý Nội dung Điểm

1.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 3 1.y x x 1.00Tập xác định .Sự biến thiên

3 3lim 3 1 ; lim 3 1x x

x x x x

2 1' 3 3; ' 0

1x

y x yx

Hàm số đồng biến trên 1;1

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1 , 1;

Hàm số đạt cực tiểu 5CTy tại 1CTx Hàm số đạt cực đại 1CDy tại 1CDx BBT

x 1 1 'y 0 0

y

1

3

Đồ thị" 6 ; " 0 0y x y x

Điểm uốn 0; 1U Đồ thị hàm số

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

x

y

Đồ thị hàm số nhận điểm 0; 1U làm tâm đối xứng.

0.25

0.25

0.25

0.25

2.

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 ln 1 2y f x x x trênđoạn 1;0 .

1.00

Ta có 1

2' 2 ; ' 0 11 22

xf x x f x

x x

Tính 1 11 1 ln3; ln 2; 0 02 4

f f f

Vậy

1;0 1;0

1min ln 2;max 04

f x f x

0.25

0.25

0.50

Trang 2

3.

a) 2 2 2 21 1 22 3 3 2 1x x x x 0.50Tập xác định .

2 2 2 2 2 21 1 2 1 12 3 3 2 2 1 8 3 1 3x x x x x x 2 1

22 4 1 2 3.3 9

x

x x

0.25

0.25

b) 23 9 3 3log 5 log 2 log 1 log 2. 2x x x 0.50

Tập xác định 1; \ 2 .D

3 3 3 32 log 5 log 2 2log 1 log 2x x x

22

5 . 22 5 . 2 2 1

1x x

x x xx

Với 2x ta có: 2 2 25 2 2 1 3 10 2 4 2x x x x x x x

2 37 12 0

4x

x xx

Với 1 2x ta có 2 2 25 2 2 1 3 10 2 4 2x x x x x x x

2

971 /63 8 0

1 976

x t mx x

x loai

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm 1 97 ;3;4 .6

x

0.25

0.25

4.

Tính tích phân 3

1

ln .e

I x xdx 1.00

Đặt

3

4

1 'ln1'4

dx u x dxx u x xx v x v x x

4 4

4 4 41

1 1

1 1 1 1 3 1.ln .4 4 4 16 16

e eee eI x x x dx x

x

0.50

0.50

5.

Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng : 1 0P x y z và haiđiểm 1; 3;0 , 5; 1; 2A B . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng P sao choMA MB đạt giá trị lớn nhất.

1.00

Kiểm tra thấy A và B nằm khác phía so với mặt phẳng P .Gọi ' ; ;B x y z là điểm đối xứng với 5; 1; 2B

Suy ra ' 1; 3;4B

Lại có ' ' constMA MB MA MB AB

Vậy MA MB đạt giá trị lớn nhất khi , , 'M A B thẳng hàng hay M là giao điểmcủa đường thẳng 'AB với mặt phẳng P

0.25

0.25

0.25

Trang 3

'AB có phương trình132

x tyz t

Tọa độ ; ;M x y z là nghiệm của hệ

1 33 22 3

1 0 6

x t ty xz t yx y z z

Vậy điểm 2; 3;6M 0.25

6.

a) Giải phương trình 22 3 cos 6sin .cos 3 3 *x x x 0.50Tập xác định . * 3 1 cos 2 3sin 2 3 3 3 cos 2 3sin 2 3x x x x

1 3 3 3cos 2 sin 2 sin 22 2 2 6 2

x x x

2 26 3 12 .

22 26 3 4

x k x kk

x k x k

0.25

0.25

b)Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suấtđể có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấmthẻ mang số chia hết cho 10.

0.50

Gọi là tập hợp các cách chọn ra 10 tấm thẻ từ 30 tấm thẻ đã choSuy ra 10

30C Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ mang số lẻ, 15 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có 3tấm thẻ mang số chia hết cho 10.Gọi A là tập hợp các cách chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang sốchẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10Suy ra 5 4 1

15 12 3. .A C C C

Vậy 5 4 115 12 3

1030

. . 99 .667

C C CP AC

0.25

0.25

7.

Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh ,a mặt bên SAD là tam

giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, 6 .2

aSC Tính thể tích khối

chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng ,AD SB theo .a

1.00

A

B’

B

MP

Trang 4

A B

S

D C

H

Gọi H là chân đường cao hạ từ S của tam giác đều SADSuy ra:

32

aSH và SH ABCD

Trong tam giác vuông HSC có 32

aHC

2 22

2 2 23

14 4cos2 . 22. .

2

a aaDH DC CHHDC aDH DC a

060HDC

Suy ra 2 3. .sin2ABCD

aS DADC ADC

23

.1 1 3 3 1. .3 3 2 2 4S ABCD ABCD

a aV SH S a

0.25

0.25

Ta có ADC đều cạnh a CH AD CH BC hay BC SHC BC SC CSB vuông tại C

Lại có3 3

. . .1 1 .2 2 4 8D SBC S BCD S ABCD

a aV V V

3 31 3; . ;

3 8 8.SBCSBC

a ad D SBC S d D SBCS

3 33 3 6; .1 468. . 4. .2 2

a a ad D SBCaCS CB a

Vậy 6; ; .4

ad AD SB d D SBC

0.25

0.25

8.

Cho ABC vuông cân tại .A Gọi M là trung điểm ,BC G là trọng tâm ,ABMđiểm 7; 2D là điểm nằm trên đoạn MC sao cho .GA GD Tìm tọa độ điểm,A lập phương trình ,AB biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình

3 13 0.x y

1.00

62

a

aa

32

a

Trang 5

Ta có 22

3.7 2 13; 10

3 1d D AG

G

B

A C

3x-y-13=0

MN

D(7;-2)

ABM vuông cân GA GB GA GB GD Vậy G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD 02 90AGD ABD GAD vuông cân tại .GDo đó 2; 10 20;GA GD d D AG AD

Gọi ;3 13 ; 4A a a a

2 22 5( )20 7 3 11 20

3a loai

AD a aa

Vậy 3; 4A

Gọi VTPT của AB là ;ABn a b

2 2

3cos cos , 1

. 10AB AG

a bNAG n n

a b

Mặt khác 2 2 2 2

3 3cos 2109.

NA NM NGNAGAG NA NG NG NG

Từ (1) và (2) 2

2 2

03 3 6 8 03 410. 10

ba bab b

a ba b

Với 0b chọn 1a ta có : 3 0;AB x Với 3 4a b chọn 4; 3a b ta có : 4 3 24 0AB x y Nhận thấy với : 4 3 24 0AB x y

4.7 3. 2 24

; 2 ; 1016 9

d D AB d D AG

(loại)

Vậy : 3 0.AB x

0.25

0.25

0.25

0.25

9.

Giải hệ phương trình

3 2 3

3

2 4 3 1 2 2 3 2 1

2 14 3 2 1 2

x x x x y y

x x y

1.00

Ta thấy 0x không phải là nghiệm của hệ, chia cả hai vế của (1) cho 3x ta được

2 34 3 11 2 2 2 3 2y yx x x

31 11 1 3 2 3 2 3 2 *y y y

x x

Xét hàm 3f t t t luôn đồng biến trên

1* 1 3 2 3yx

0.25

0.25

Trang 6

Thế (3) vào (2) ta được 3 32 15 1 2 3 2 15 0x x x x

23 3

0

1 17 02 3 4 2 15 15

xx x x

Vậy hệ đã cho có nghiệm 111; 7; .98

x y

0.25

0.25

10.

Cho , ,a b c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:3 4 8 .

2 2 3a c b cP

a b c a b c a b c

1.00

Đặt2 5 3

2 23

x a b c a x y zy a b c b x y zz a b c c y z

Do đó ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của2 4 8 4 8 8 4 2 8 4 17x y x y z y z x y y zP

x y z y x z y

4 2 8 42 . 2 . 17 12 2 17;x y y zPy x z y

Đẳng thức xảy ra khi 1 2 , 4 3 2b a c a

Vậy GTNN của P là 12 2 17.

0.25

0.25

0.25

0.25

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNHTRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1NĂM HỌC: 2015-2016

Môn: TOÁNThời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 32 24 xxy

Câu 2 (2,0 điểm).

a) Cho tan α 2 và 3ππ α2

. Tính 2πsin α3

.

b) Giải phương trình: cos x sin 4x cos3x 0 .Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 24 .f x x x

trên đoạn 12;2

.

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4 6 9 .x x x

Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trườngmôn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ, môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1nam và 4 nữ, môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ, môn Vật lí có 5 em đạtgiải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dựđại hội thi đua? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều vànằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết 2 3SD a và góc tạo bởiđường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 030 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD vàkhoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểmđối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếpđường tròn (T) có phương trình: 2 2( 4) ( 1) 25x y .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhậtABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 4 17 0x y ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0)và điểm M có tung độ âm

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

2

1 1 2 5 2 2

8 12 1 3

4 7

x x y x y y

x yy x

x x

Câu 9 (1,0 điểm). Cho , , 0;2x y z thỏa mãn 3x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2 2 2

1 1 12 2 2

P xy yz zxx y y z z x

-----------------------HẾT------------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Hä và tªn thÝ sinh: ................................................................................; SBD..........................................

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN ICâu Nội dung Điểm

Câu 1(1,0 điểm)

a) (1,0 điểm)1) Tập xác định : D R2) Sự biến thiên:a, Giới hạn :

y

xlim ;

y

xlim

0,25

b, Bảng biến thiên: y’ = xx 44 3 , y’ = 0 x = 0, 1xx - - 1 0 1 + y' - 0 + 0 - 0 +

y

+ - 3 +

- 4 - 4

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và );1( , hàm số nghịch biến trên mỗikhoảng )1;( và (0; 1).Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 , yCT = y( 1 ) = - 4.

0,25

3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm( 3 ; 0).

11

3

y

xO

4

33 0,25

Câu 2.1(1,0 điểm)

Cho tan α 2 và 3ππ α2

. Tính 2πsin α3

?

Ta có2

21 1 1 5Cos α cosα

1 tan α 1 4 5 5

0,25

Do 3ππ α cosα 02

nên 5cosα5

0,25

5 2 5sin α cosα.tan α .25 5

0,25

Vậy

2π 2π 2πsin α sin α.cos cosα.sin3 3 3

2 5 1 5 3 2 5 15. .5 2 5 2 10

0,25

Câu 2.2(1,0 điểm)

Giải phương trình: cos x sin 4x cos3x 0

cos x sin 4x cos3x 0 2sin 2x.sin x 2sin 2x.cos 2x 0 0,2522sin 2x(s inx cos2x) 0 sin 2x( 2sin x sin x 1) 0 0,25

kπx2πsin 2x 0 x k2π2s inx 1

πx k2π1s inx 62 7πx k2π

6

0,5

Câu 3(1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 24 .f x x x

trên đoạn 12;2

.

+ Ta có2

xf '(x) 14 x

0,25

+1f '(x) 0 x 2 [ 2; ]2

0,25

+ Có1 1 15f ( 2) 2;f ( )2 2

0,25

1 1[-2; ] [-2; ]2 2

1 15 ; 22maxf(x) minf(x)

0,25

Câu 4(1,0 điểm)

Giải phương trình 2.4 6 9 .x x x Phương trình

4 62. 19 9

x x 0,25

22 22. 1 03 3

x x

0,25

2 13

2 13 2

x

x

Loai0,25

23

log 2 x

Vậy phương trình có nghiệm 23

log 2x 0,25

Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạtgiải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn

Câu 5(1,0 điểm)

Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ?Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?Có tất cả 5.5.5.5=625 cách n(Ω) 625 0,25Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội”

A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH” 0,25

n(A) 4.1.2.3 1.4.3.2 48 n(A) 48P An(Ω) 625

0,25

Vậy 48 577P(A) 1 P A 1625 625

0,25

Câu 6(1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằmtrong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết 2 3SD a và góc tạobởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 030 . Tính theo a thể tích khối chópS.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).

Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra( )SH ABCD

và 030SCH .Ta có:

2 3SHC SHD SC SD a .Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

0

0

.sin .sin 30 3.cos .cos30 3

SH SC SCH SC aHC SC SCH SC a

0,25

Vì tam giác SAB đều mà 3SH a nên 2AB a . Suy ra2 2 2 2BC HC BH a . Do đó, 2. 4 2ABCDS AB BC a .

Vậy,3

.1 4 6.3 3S ABCD ABCD

aV S SH .

0,25

Vì 2BA HA nên , 2 ,d B SAC d H SAC

Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:AC HI và AC SH nên AC SHI AC HK . Mà, ta lại có: HK SI .

Do đó: HK SAC .

0,25

Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên . 63

HI AH AH BC aHIBC AC AC

.

Suy ra,2 2

.HS HIHKHS HI

6611

a .

Vậy , 2 66, 2 , 211ad B SAC d H SAC HK

0,25

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đốixứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nộitiếp đường tròn (T) có phương trình: 2 2( 4) ( 1) 25x y .Xác định tọa độ các đỉnh

của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 4 17 0x y ;đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm

Câu 7(1,0 điểm)

I

M

C

A

D

B

NE

+(T) có tâm I(4;1);R=5+ Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tamgiác BDM và N,C là chân các đường caonên chứng minh được :IM CN

0,25

+ Lập ptđt IM qua I và IM CN : 4(x-4)+3(y-1)=0 4x+3y-19=0

+ M là giao điểm (T) với IM :M(7; 3)M(1;5) (loai)

0,25

+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)

0,25

+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1

D là giao điểm (T) và DC :D(9;1)D( 1;1)

Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)+Do BA CD

=> A(-1 ;5)

* Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ

0,25

Câu 8(1,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

1 1 2 5 2 2

8 12 1 3

4 7

x x y x y y

x yy x

x x

Điều kiện 1; 2x y .Đặt 1 ; 2 , 0x a y b a b , từ (1) ta có:

2 2 2 2 21 5 2 2 0

1 2 0

a ab a b b a b ab b a b

a b a b

a b (do , 0 1 2 0a b a b

1 2 3x y y x .

0,25

Thế vào (2) ta được:

2 2

8 4 8 4 1 81 1 3

4 7 4 7 1 3x x x x x x

x xx x x x x

2

84 1 *

4 7 1 3

xx x

x x x

0,25

+ 8 11; x y

+ 2* 1 3 4 1 4 7x x x x x

2 21 3 1 3 2 3 . 2 3x x x x

(**)0,25

Xét hàm số 23 3f t t t với t có 2' 3 1 0f t t t nên f t đồng biến trên .

Do đó 2

2** 1 2 1 2

1 4 4x

f x f x x xx x x

2

2 5 1325 3 0

xx

x x

(T/M)

5 13 11 132 2

x y

Vậy hệ đã cho có nghiệm ;x y là 8;11 và 5 13 11 13;2 2

0,25

Câu 9(1,0 điểm)

Cho , , 0;2x y z thỏa mãn 3x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2 2 2

1 1 12 2 2

P xy yz zxx y y z z x

Ta có 2 2 2 22 1 1 2x y x y x y ,….; 12

xyxy ,…

Nên 1 1 1 1 32

P xy yz zxx y y z z x

.

Ta có 9x y z xy yz zx xyz

89

x y y z z x x y z xy yz zx xyz x y z xy yz zx

2

2

1 1 1

89

27 38 8

x y y z y z z x x y z xx y y z z x x y y z z x

x y z xy yz zxx y y z z x

x y z xy yz zx

x y z xy yz zx

xy yz zx

Suy ra

1 27 272 8 8

P xy yz zxxy yz zx

0,25

Đặt t xy yz zx . 0,25

Do 4, , 0;2 2 2 2 0 2 22xyzx y z x y z xy yz zx t

Mặt khác: 21 3 33

xy yz zx x y z t .

Vậy 2;3t

Ta có 1 27 272 8 8

P t f tt

Xét hàm số f t với 0;2t ta có 3

2 2

1 27 8 27' 0 2;32 8 16

tf t t tt t

nên hàm số f t đồng biến trên 2;3 .

1534

f t f .

0,25

Do 154

P f t P . Có 154

P khi 1x y z .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 154

đạt được khi 1.x y z 0,25

(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG

TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ 1

NĂM HỌC: 2015 – 20156

Môn: TOÁN Lớp 12

(Thời gian làm bài: 120 phút) Câu 1. (3,0 điểm)

Cho ham sô 2 2

2 1

xy C

x

a) Khao sat sư biên thiên va ve đô thi (C) cua ham sô.

b) Viêt phương trình tiêp tuyên với đô thi (C) tại giao điểm cua đô thi (C) với trục hoành.

c) Tìm m để đương thăng : 2 1d y mx m căt (C) tại hai điểm phân biêt A va B sao cho biểu thưc

P = OA2 + OB

2 đạt gia tri nho nhât (với O la gôc toa đô).

Câu 2. (1,0 điểm)

Tìm gia tri lớn nhât va nho nhât cua ham sô: 5 4 3( ) 5 5 1f x x x x trên đoạn [–1;2]

Câu 3. (1,0 điểm)

Cho ham sô 3723 xmxxy Tìm m để ham sô đông biên trên R.

Câu 4. (2,0 điểm)

a) Giai phương trình cos2 cos 3 sin 2 sinx x x x

b) Lập sô tư nhiên có 5 chữ sô khac nhau từ cac chữ sô 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Hãy tính xac suât để

lập được sô tư nhiên chia hêt cho 5.

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho hình chóp tam giac đều S.ABC có cạnh đay bằng a, góc giữa cạnh bên va mặt đay bằng 60 . Goi

M, N lần lượt la trung điểm AB, BC. Tính thể tích khôi chóp S.ABC va khoang cach từ C đên mặt phăng

(SMN).

Câu 6. (0,5 điểm)

Trong mặt phăng với hê toa đô Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 2AB AD , tâm 1; 2I . Goi M

la trung điểm cạnh CD, 2; 1H la giao điểm cua hai đương thăng AC và BM. Tìm toa đô cac điểm A, B.

Câu 7. (1,0 điểm)

Giai bât phương trình 2 21 2 3 4 .x x x x

Câu 8. (0,5 điểm)

Gia sử a, b, c la cac sô thưc dương thoa mãn 1.a b c Tìm gia tri nho nhât cua biểu thưc

2 22

2 2

3( ) .

4( ) 5 ( ) 5

a bP a b

b c bc c a ca

--- HẾT ---

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG

TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ 1

NĂM HỌC: 2015 – 20156

Môn: TOÁN Lớp 12

Câu Đáp án Điểm

1.a 1,0

*TXĐ: \ *SBT: 0,25

Ham sô nghich biên trên cac khoang va

Tính giới hạn va tiêm cận

0,25

Lập bang biên thiên 0,25

*Đô thi: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Ve đung đô thi 0,25

1.b 1,0

2

2'

2 1y

x

, đô thi ( C) giao với trục ox tại điểm M(-1;0) 0,5

1.c

1' 2y , PTTT là 2 1 2 2y x x 0,5

* (d) căt (C ) tại hai điểm phân biêt PT (1) có hai nghiêm phân biêt khac -1/2

0,5

*Goi hoanh đô cac giao điểm A va B la thì la cac nghiêm cua PT (1)

Có: OA2+OB

2 =

=

=

0,25

= (Ap dụng BĐT cô si vì m dương)

Dâu bằng xay ra ( thoa mãn);KL: la gia tri cần tìm

0,25

1

2

2

2 1' 0,

22 1y x

x

1;

2

1;

2

0

' 4 0 0

10

2

m

m m

g

1 2,x x 1 2,x x

1 2

1 2

1

1.

4

x x

mx x

m

2 22 2

1 1 2 22 1 2 1x mx m x mx m

22 2 2

1 2 1 24 1 4 1 2 1m x x m m x x m

22 1

4 1 1 4 1 2 12

mm m m m

m

5 12

2 2m

m

5 92

2 2

1

2m

1

2m

2 1,0

Ham sô 5 4 3( ) 5 5 1f x x x x liên tục trên đoạn [–1;2]

4 3 2 2 25 20 15 5 ( 4 3)y x x x x x x

Cho

(nhan)

(nhan)

(loai)

22 2

2

0 [ 1;2]5 0

0 5 ( 4 3) 0 1 [ 1;2]4 3 0

3 [ 1;2]

xx

y x x x xx x

x

0,5

* Ta có, 5 4 3(0) 0 5.0 5.0 1 1f

5 4 3(1) 1 5.1 5.1 1 2f

5 4 3( 1) ( 1) 5.( 1) 5.( 1) 1 10f

5 4 3(2) 2 5.2 5.2 1 7f

Trong cac kêt qua trên, sô nho nhât la 10 va sô lớn nhât la 2

Vậy, khi khi [ 1;2] [ 1;2]min 10 1; max 2 1y x y x

0,5

3 1,0

2' 3 2 7y x mx . Để ham sô đông biên trên R khi va chỉ khi ' 0,y x R 23 2 7 0x mx x R

0,5

' 20 21 0 21; 21x R m m

0,5

4a

1,0

cos2 3sin 2 3sin cosx x x x

1 3 3 1cos 2 sin 2 sin cos

2 2 2 2x x x x 0,5

22 2 2

3 3 3cos 2 cos ,

23 32 2

3 3 3

x x k x k

x x k

x x k x k

0,5

4b 1,0

Goi A la biên cô lập được sô tư nhiên chia hêt cho 5, có 5 chữ sô khac nhau.

* Sô cac sô tư nhiên gôm 5 chữ sô khac nhau: 5 4

8 7 5880 A A sô

0,5

* Sô cac sô tư nhiên chia hêt cho 5 có 5 chữ sô khac nhau: 4

7A + 6. 3

6A = 1560 sô

P(A) = 1560 13

5880 49

0,5

5 1,0

*)Vì S.ABC la hình chóp đều nên ABC la tam giac đều

tâm G và SG ABC.

1.

3S ABC ABCV SG S

Tam giác ABC đều cạnh a nên 23 3

2 4ABC

a aAN S

Có AG la hình chiêu cua AS trên (ABC) nên góc giữa cạnh

bên SA với đay la (SA,AG) = 60SAG (vì

SG AG SAG nhon)

0,25

Vì G la trong tâm tam giac ABC nên 2 3

3 3

aAG AN

Trong tam giác SAG có .tan60SG AG a

Vậy 2 3

.

1 3 3. .

3 4 12S ABC

a aV a

0,25

Do G la trong tâm tam giac ABC nên C, G, M thăng hang va CM = 3GM ma M(SMN) nên

, ,3

C SMN G SMNd d

Ta có tam giac ABC đều nên

SG ABC SG MN

MN SGK .

Trong (GKH), kẻ GH SK GH MN GH SMN , H SK

,G SMNd GH

0,25

Ta có 1 2 2 1 1 3

; 2 3 3 2 6 12

aBK AN BG AG AN GK AN AN AN

Trong tam giac vuông SGK có GH la đương cao nên

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 48 49

7

aGH

GH SG GK a a a

Vậy ,

33

7C SMN

ad GH

0,25

6

0,5

Theo gia thiêt ta có H la trong tâm tam giac BCD

nên 3IC IH

Mà 1;1IH , gia sử

1 3.1 4

; 4;12 3.1 1

x xC x y C

y y

Do I la trung điểm AC nên A(-2;-5)

Lại có 2AB AD nên 1

2

CM BCMBC BAC

BC AB

Mà 90 90BAC BCA MBC BCA AC BM

Đương thăng BM đi qua H(2;-1), có vtpt 1;1IH

pt BM: x + y – 1 = 0 ;1B t t

Có 2;6 ; 4;AB t t CB t t

Vì . 0 2 4 6 0AB BC AB CB t t t t

2 2t 2 2; 1 2B hoặc 2 2; 1 2B

7 1,0

Điều kiên: 2

2

0 0 13 41

1 0 0 .3 41 3 418

2 3 4 0 8 8

x x

x xx

x x

(*)

Bât phương trình đã cho tương đương với

2 2 21 2 (1 ) 2 3 4x x x x x x 2 23( ) (1 ) 2 ( )(1 ) 0x x x x x x

0,5

2 2 2

2

5 34

1 93 2 1 0 9 10 1 0

1 1 1 3 5 34.

9

xx x x x x x

x xx x x

x

Kêt hợp điều kiên (*), ta suy ra nghiêm cua bât phương trình la 5 34 3 41

.9 8

x

0,5

8 0,5

Ap dụng bât đăng thưc Côsi, ta có

2 2 2

2 22 2

4.

5( ) 5 9( )( ) ( )

4

a a a

b c bc b cb c b c

Tương tư, ta có 2 2

2 2

4.

( ) 5 9( )

b b

c a ca c a

Suy ra

22 2 2 2

2 2 2 2

4 2

9 9( ) 5 ( ) 5 ( ) ( )

a b a b a b

b c c ab c bc c a ca b c c a

22

2 22 2 2

2 2 2 22

( )( )

2 ( ) 2 2 2( ) 4 ( )2 .9 9 9( ) ( ) ( ) 4 ( ) 4

( )4

a bc a b

a b c a b a b c a b

ab c a b c a b a b c a b cc a b c

Vì 1 1a b c a b c nên

2 222 2

2 2

2 2(1 ) 4 (1 ) 3 8 2 3(1 ) 1 (1 ) .

9 4 9 1 4(1 ) 4 (1 ) 4

c c cP c c

cc c c c

(1)

0,25

Xét ham sô

2

28 2 3( ) 1 (1 )

9 1 4f c c

c

với (0;1).c

Ta có 2

16 2 2 3'( ) 1 . ( 1);

9 1 2( 1)f c c

c c

3 1'( ) 0 ( 1) 64 (3 3) 0 .

3f c c c c

Bang biên thiên:

Dưa vao bang biên thiên ta có 1

( )9

f c với moi (0;1).c (2)

Từ (1) va (2) suy ra 1

,9

P dâu đăng thưc xay ra khi 1

.3

a b c

Vậy gia tri nho nhât cua P là 1

,9

đạt khi 1

.3

a b c

0,25

( )f c

'( )f c

c 13

0 + –

0 1

19