có đáp án
TRNGTHPTCHUYấNVNHPHC
CHNHTHC
THITHPTQUCGIA NMHC2015ư2016ưLNI
Mụn:TON
Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt.
Cõu1(1,0im). Khosỏtsbinthiờnvvthcahms y = x 3 - 3 x2 + 2
Cõu2(1,0im).Tỡmcctrcahms: y = x - sin 2 x +2.
Cõu3(1,0im).
3sin a - 2 cosa
a) Cho tan a = 3 .Tớnhgiỏtrbiuthc M =
5sin 3 a + 4 cos3a
x - 4 x- 3
xđ3
x 2 -9
Cõu4(1,0im). Giiphngtrỡnh: 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x =2
b) Tớnhgiihn: L= lim
Cõu5(1,0im).
5
2 ử
ổ
a)Tỡm hsca x trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 - 2 ữ .
ưưưưưưưưHtưưưưưưư
Thớsinhkhụngcsdngtiliu.Cỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm.
Hvtờnthớsinh:.......Sbỏodanh:
Cm nthyNguynThnhHin( />www.laisac.page.tl
1
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 y = x 3 - 3 x 2 + 2
1,0
Tập xác định: D = ¡ .
é x = 0
Ta có y' = 3 x 2 - 6 x. ; y' = 0 Û ê
ë x = 2
0,25
2
-¥
1 (1,0 đ) Đồ thị:
y
f(x)=(x^3)3*(x )^2+2
5
x
8
6
4
2
2
4
6
0,25
8
ổ pử
f ÂÂ ỗ - + k p ữ = 4 sin ỗ - ữ = -2 3 < 0ị hmstcci ti xi = - + k p
6
ố 6
ứ
ố 3ứ
3.(1,0)
p
3
ổ p
ử
Vi yCD = f ỗ - + k p ữ = - +
+ 2 + k p ,k ẻ Â
6 2
ố 6
ứ
p
ổp
ử
ổpử
f ÂÂ ỗ + k p ữ = 4 sin ỗ ữ = 2 3 > 0ị hmstcctiuti xi = + k p
6
3
6
ố
ứ
ố ứ
3
10
3
sina =
10
xđ3
(x(x
x đ3
)(
(
- 9) x + 4 x - 3
x- 1
L= lim
xđ3
( x + 3) ( x +
0,5
0,25
)
)
=
xđ3
(x
x 2 - 4 x+ 3
2
(
3 -1
( 3 + 3) ( 3 +
0,25
)
- 9 ) x + 4 x -3
)
4.3 -1
tan x = 1 tan x = 3 x =
0,25
5
2 ử
ổ
a)Tỡmhscashngcha x10 trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 - 2 ữ .
x ứ
ố
5
5- k
1,0
k
5
5
k 5 - k
ổ 3 2ử
ổ 2 ử
k
3
k
k 15 -5k
3
x
=
Số phần tử của không gian mẫu là n ( W ) = C20
Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh”
C 3
3
Thì A là biến cố “Chọn được ba quả cầu màu đỏ” Þ n ( A ) = C12
Þ P ( A ) = 12
3
C20
C 3 46
Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) = 1 - P ( A ) = 1 - 12
=
3
C20
57
0,25
0,25
Câu 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành ABCD có hai
đỉnh A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 ) và có tâm I ( 2;1 ) . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B, C và
góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho.
ì x = 2 xI - x D = 4 - 5 = -1
Do I là trung điểm BD . Suy ra í B
Þ B ( -1; 2 )
î yB = 2 yI - yD = 2 - 0 = 2
6 .(1,0 đ) Do I là trung điểm AC . Suy ra ì xC = 2 xI - x A = 4 + 2 = 6 Þ C 6;3
( )
í
î yC = 2 y I - y A = 2 + 1 = 3
là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC = 2 MS . Biết AB = 3, BC = 3 3 , tính thể tích
của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM .
1,0
S
Gọi H là trung điểm AB Þ SH ^ AB ( do
D SAB đều).
Do ( SAB ) ^ ( ABC ) Þ SH ^ ( ABC )
N
M
K
Do D ABC đều cạnh bằng 3
nên SH =
0,25
3 3
, AC = BC 2 - AB 2 = 3 2
2
A
C
=
= Þ S ABN = S SAB = ×
=
(đvdt) và AN = SA = 2
SA SC 3
3
3 4
2
3
4
0,25
BN =
3 3
2ì
2S
2 = 3 21
AN 2 + AB 2 - 2AN . AB.cos 60 0 = 7 ị AK = ABN =
BN
7
7
3 21
(vd)
7
Luý:Victớnhthtớch,hcsinhcngcúthgiiquyttheohng CA ^(SAB )
B
0,25
I
C
H
D
8.(1,0) Gi E lgiaoimthhaica BJ ving trũnngoitiptamgiỏc ABC .
ằ = DC
ằ = EA
ằị DB = DC v EC
ằ
Tacú DB
ã= 1(sEC
ằ + sDB
ằ)=DJB
ằ 1 (sEA
ã ị DDBJ cõnti D ị
ằ+ sDC)=
DBJ
2
2
DC = DB =DJ hay D ltõmngtrũnngoitiptamgiỏc JBC
Suy ra B,C nm trờn ng trũn tõm D ( 2 -4) bỏn kớnh JD = 0 2 + 52 =5 cú
2
ùỡ( x - 2 ) + ( y+ 4 ) = 25 ỡ x = -3 ỡ x = 5 ộC ( -3 -4) B
ớ
ớ
ịờ
ị C( 5 0)
ớ
ợ y = -4 ợ y = 0 ởờC( 50)
ù x - 2 y - 5 = 0
ợ
0,25
Vy A ( 26 ) , B ( -3 -4 ) , C ( 50)
ỡù x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y2
Cõu9.Giihphngtrỡnh: ớ
3
2
ùợ x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
ỡx + 2 0
ỡ x -2
iukin:ớ
ớ
ợ4 - y 0
ợy Ê 4
5
(1)
( 2)
2 ộở( x + 2 )( 3 - x) - 4ựỷ
(
x + 2 + 3- x + 3
)(
( x + 2 )( 3 - x ) + 2)
2 ( - x 2 + x+ 2)
(
x + 2 + 3- x + 3
)(
( x + 2 )( 3 - x ) +2)
(
( x + 2 )( 3 - x) - 2)
(
x + 2 + 3 - x + 3
2
(
0,25
ã
( )
x = 2 ắắ
đ y = 3 ị ( x y ) =( 23) (thamón /k)
ã
( )
x = -1 ắắ
đ y = 0 ị ( x y ) = ( -10)(thamón /k)
)
0,25
3
3
Vyhphngtrỡnhcúhainghim ( x y ) = ( 23) , ( x y ) = ( -1 0)
Cõu10.Chohaiphngtrỡnh: x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 v x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 =0.Chng
minhrngmiphngtrỡnh trờncúỳngmtnghim,tớnhtnghainghimú
ã Hms f ( x )= x 3 + 2 x 2 + 3 x +4 xỏcnhvliờntctrờntp Ă
ohm f  ( x ) = 3 x 2 + 2 x + 3 > 0,"x ẻ Ăị f ( x ) ngbintrờn Ă
0,25
Vy tnghainghim cahaiphngtrỡnh úbng 2 .
Luýkhichmbi:
ưỏpỏnchtrỡnhbymtcỏchgiibaogmcỏcýbtbucphicútrongbilmcahcsinh.Khichm
nuhcsinhbquabcnothỡkhụngcho imbcú.
ưNuhcsinhgiicỏchkhỏc,giỏmkhocnccỏcýtrongỏpỏnchoim.
ưTrongbilm,numtbcnoúbsaithỡcỏcphnsaucúsdngktqusaiúkhụngcim.
ưHcsinhcsdngktquphntrclmphnsau.
6
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 2
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 : y
x 1
2x 3
Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f x x 18 x 2 .
Câu 3 (1,0 điểm).
x
b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n và n 3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường
chéo .
Câu 6 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B 3; 0 . Tìm
tọa độ các đỉnh C và D
Câu 7 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng
vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho
BH 2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách
từ điểm H đến mặt phẳng SCD .
Câu 8 (1,0 điểm)..
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4 , tiếp tuyến tại A của đường tròn
ADB là d : x y 2 0 ,
ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của góc
điểm M 4 ;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .
x3 y 3 8 x 8 y 3 x 2 3 y 2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : 2
3
2
5 x 5 y 10 y 7 2 y 6 x 2 x 13 y 6 x 32
Câu 10 (1,0 điểm).Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức :
T
4
4
Tập xác định: D \ .
2
Sự biến thiên. :
1,0
x 1
2x 3
Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y
5
3
3
+ CBT y '
0, x D Hàm số nghịch biến trên (; ) và ( ; ) .
2
2
2
(2 x 3)
0,25
+Hàm số không có CĐ, CT
+Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận
1 (1,0 đ)
Bảng biến thiên:
x
y’
y
-
3
2
||
-
1
2
0.25
10
I
-2
0,25
-4
-6
-8
-10
Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f x x 18 x 2 .
8
1,0
Hàm số xác định và liên tục trên D 3 2;3 2
2 (1,0 đ)
Ta có f x 1
0,25
f x f 3 2 3 2
0,25
4
a) Cho ; và sin . Tính giá trị biểu thức
5
2
sin sin 2 2 cos3 2cos 5
P
sin cos 2 sin 5
Ta có
2sin 2 .cos 2 cos3 1 cos 2
2sin 2 .cos 2 cos3 sin 2
P
sin cos 2 sin 2 sin 5
sin cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 sin 5
3.(1,0đ)
2sin 2 .cos 1 cos2
128
128
Thế vào 1 ta được P 2. 5
. Đáp số P
27
27
3
5
b) Giải phương trình : cos 2 x 1 2 cos x sin x cos x 0
0,25
0,5
Phương trình đã cho cos 2 x sin 2 x 1 2 cos x sin x cos x 0
cos x sin x cos x sin x 1 2cos x 0
0,25
cos x sin x cos x sin x 1 2 cos x 0 cos x sin x sin x 1 cos x 0
tan x 1
x k
cos
x
x 5 0
x 5
x 1
2
Điều kiện x 2 0 x 2
x 2
x 1 0
x 1
0,25
1,0
0,25
2
Với điều kiện đó phương trình log 3 x 5 log3 x 2 log 3 x 1 log 3 2
2
2
log 3 x 5 x 2 log 3 2 x 1 x 5 x 2 2 x 1
Trường hợp 1. Nếu x 2 thì phương trình * tương đương với
x 3
(loai )
x
6
1 97
Vậy phương trình có ba nghiệm: x 3, x 4 và x
6
0,25
8
3
a) Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức : 2x 2
.
x
6
8
k
8k
32 5 k
8
3
k 8k k
x k 0
5 (1,0 đ)
1,0
b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n và n 3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135
đường chéo .
n n 3
Số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là Cn2 n
2
n n 3
n 18
Từ giả thiết ta có phương trình
135 n 2 3n 270 0
2
n 15
Do n và n 3 . Nên ta tìm được giá trị cần tìm n 18
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD ,
biết hai đỉnh A 1; 1 , B 3;0 . Tìm tọa độ các đỉnh C và D
Gọi C x0 ; y0 , khi đó AB 2;1 , BC x0 3; y0
0,25
Với C2 2; 2 D1 0;1 ( từ đẳng thức AB DC )
0,25
0,25
0,25
Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên SAB nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc
đoạn AB sao cho BH 2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối
chóp S .ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SCD .
1,0
600
Vì SC tạo với đáy một góc 600 , suy ra SCH
4 13
4 13
8
64 4 13
Ta có: HB HC 42
SH
.tan 600
3
3
9
3
3
Kẻ HK song song AD ( K CD ) DC ( SHK ) mp ( SCD) mp( SHK )
Kẻ HI vuông góc với SK HI mp ( SCD) d ( H ,( SCD)) HI
1
1
1
3
1
16
Trong SHK ta có:
2 2
HI 13
2
2
2
HI
SH
HK
4 .13 4 13.4 2
d ( H , ( SCD)) 13 .
0,25
0,25
0,25
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4 , tiếp
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân
Mà C DAB (cùng chắn
AB )
cung
AFD A
EF AE AF
1,0
0,25
8 .(1,0 đ) Ta có AC ( 5; 3) suy ra vtpt của AC là n AC (3; 5)
pt AC : 3( x 1) 5( y 4) 0 3x 5 y 17 0
7
x 2
3x 5 y 17 0
7 11
Tọa độ F là nghiệm của hệ:
F( ; )
2 2
x y 2 0
y 11
2
t 1
E ( 1 ; 3 ) (T / m)
2
2 2
3 5
AE ( ; ) vtpt của AB là nAB (5; 3)
2 2
pt AB : 5( x 1) 3( y 4) 0 5x 3 y 7 0
Câu 9. Giải hệ phương trình
x3 y 3 8 x 8 y 3x 2 3 y 2
: 2
3
2
5 x 5 y 10 y 7 2 y 6 x 2 x 13 y 6 x 32
x 2 0
x 2
Điều kiện :
y 7 0 y 7
3
5 x 10
x 7 3 2x 6
5 x 2 5 x 10
x 2
Đ/K x 2
x 2 2 x3 2 x 2 5 x 10 5
2x 6
2
x 2 x 5
x22
x7 3
5 x 2 5 x 10
2x 6
2
1
1
1
1
5
x
5x
10
2
x 6
0 (pt này vô nghiệm)
x 7 3 5 0,x2 x 2 2 2
0,x 2
0,x2
0,25
0, x2
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất : x; y 2; 2
Câu10. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức :
0,25
2
5a 1
3a 1 2a 1 0 , a 0; 1
18a 3
Ta có
2
aa
a a2
2
5a 1
1
18a 3, a 0;
Từ đó suy ra :
2
aa
2
12
0,25
Ta cũng có 2 bất đẳng thức tương tự:
5b 1
5c 1
của biểu thức :
khi a b c
T
4
4
4
1 1 1
bằng 9 và đạt được khi và chỉ
ab bc ca a b c
1
3
Chú ý: Để có được bất đẳng thức
0,25
5a 1
1
18a 3, a 0; ta đã sử dụng phương
2
aa
2
pháp tiếp tuyến
b) Giải phương trình : sin 2 x 2sin 2 x sin x cos x
2
a) Cho ; và sin . Tính giá trị biểu thức P sin 2 cos 2
4
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau : I 2 x 2 x 2 ln x 2 9 dx
0
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình : log 2 3 x 2 log 2 6 5 x 0 .
b) Cho tập hợp E 1; 2;3; 4;5; 6 và M là tập hợp tất cả các số gồm hai chữ số phân biệt lập từ
E . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số của số đó lớn hơn 7 .
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M 1; 2; 0 , N 3; 4; 2 và
P : 2 x 2 y z 7 0 . Viết phương trình đường thẳng
trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng P .
mặt phẳng
MN và tính khoảng cách từ
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Gọi I là trung điểm
cạnh AB .Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI , góc
giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABC và khoảng
cách từ điểm H đến mặt phẳng SBC .
Câu 8 (1,0 điểm)..
Môn: TOÁN ( Gồm 5 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
1,0
Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y x 3 3 x 2 2
Tập xác định: D .
x 0
Ta có y' 3 x 2 6 x. ; y' 0
x 2
1 (1,0 đ)
0,25
- 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, yCD 2 ; đạt cực tiểu tại x 2, yCT 2
- Giới hạn: lim y , lim y
x
0,25
x
Bảng biến thiên:
x
y'
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
5
x
-8
-6
-4
-2
2
4
6
0,25
8
-5
Câu2.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f x
Hàm số xác định và liên tục trên D 3;5
2 (1,0 đ)
3;5
2
4
1
và sin . Tính giá trị biểu thức P sin 2 cos 2
3
Suy ra max f x f 3
0,25
Câu 3a. Cho ;
2
0,5
x 3;5
3.(1,0đ)
2 2
Vì ; nên cos 0 , suy ra cos 1 sin 2
3
2
2
Do đó P sin 2 cos 2 2sin cos 1 2sin
0,25
1 tan x 1 x
2 sin x
4
k , k
1
5
x k 2 x
k 2 , k
2
6
6
Vậy phương trình có ba họ nghiệm x
4
k , x
0,25
0
4
I1 4 x3dx x 4 256
0,25
0
0
4 .(1,0 đ)
2x
u ln x 2 9 du 2
dx
I 2 2 x ln x 9 dx . Đặt
x 9
0
v x 2 9
dv 2 xdx
4
I 2 25ln 25 9 ln 9 16 50 ln 5 18ln 3 16
5 (1,0 đ)
Vậy I I1 I 2 240 50 ln 5 18ln 3
0,25
Câu 5 a) Giải bất phương trình : log 2 3 x 2 log 2 6 5 x 0 .
0,5
3 x 2 0
Bất phương trình đã cho log 2 3 x 2 log 2 6 5 x 6 5 x 0
3 x 2 6 5 x
2
x 3
6
6
6
x 1 x . Vậy nghiệm của bất phương trình là : 1 x
5
5
5
Viết phương trình đường thẳng MN và tính
khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng P .
Đường thẳng MN có vectơ chỉ phương MN 4;6;2 hay u 2;3;1
0,25
6 .(1,0 đ) Phương trình đường thẳng MN : x 1 y 2 z ( có thể viết dưới dạng pt tham số)
2
3
1
Trung điểm của đoạn thẳng MN là I 1;1;1
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng
P
1,0
0,25
0,25
là :
d I , P
2 2 1 7
H
7. (1,0 đ)
K
H'
I
B
a 3
2
a 7
a 21
Do đó AH AI 2 IH 2
, suy ra SH AH .tan 600
.
4
4
1
a3 7
Vậy VS . ABC SH .S ABC
3
16
Gọi A ', H ', I ' lần lượt là hình chiếu của A, H , I trên BC; E là hình chiếu của H trên SH'
Ta có CI AC 2 AI 2
thì HE ( SBC ) d H ;( SBC ) HE . Ta có HH '
HS
HH '
4 29
4 29
Câu8.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 :3 x 4 y 8 0 ,
Từ
d 2 :4 x 3 y 19 0 .Viết phương trình đường tròn C tiếp xúc với hai đường thẳng d1
0,25
1,0
và d 2 , đồng thời cắt đường thẳng :2 x y 2 0 tại hai điểm A, B sao cho AB 2 5
Gọi I a ; b là tọa độ tâm và R là bán kính đường tròn C .
Do đường thẳng cắt đường tròn C tại hai điểm A, B sao cho AB 2 5 nên ta có
d I , R2 5
8 .(1,0 đ)
2a b 2
5
0,25
2 R 2 5 *
d I , d1 R
Đường tròn C tiếp xúc với d1 , d 2 khi :
b 7a 27
-Với
thay vào * ta được
R 5a 20
Vậy phương trình đường tròn là
2
C : x 3 y 6
2
5 a 5
2
2
2
2
5 3b 4
5b 5
2
2
C : x 3 y 2
5a 20
0,25
2
0,25
1
3
25
25 hoặc C : x y
2
2
4
Câu 9. Giải bất phương trình :
x22
6 x 2 x 4 2 x 2
2
1
2
1
0,25
Nhận xét x 2 không là nghiệm của bất phương trình
Khi x 2 chia hai vế bất phương trinh 1 cho
x
x
2 2
12 6
x2
x2
2
2 . Đặt t
x 2 0 ta được
x
thì bất phương trình 2 được
x2
2 2t 0
t 1
2 2t 12 6t 2
P 5 x 2 xy 3 y 2 3x 2 xy 5 y 2 x 2 xy 2 y 2 2 x 2 xy y 2
P A B .
Trong đó A 5 x 2 xy 3 y 2 3 x 2 xy 5 y 2
và
0,25
B x 2 xy 2 y 2 2 x 2 xy y 2
10.(1,0đ)
6 A 180 x 2 36 xy 108 y 2 108 x 2 36 xy 180 y 2
2
2
2
2
11x 7 y 59 x y 11y 7 x 59 y x
11x 7 y 11 y 7 x 18 x y
A 3 x y 3 2016 6048 * dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
0,25
x y 1008
- 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.
thầy Nguyễn Duy Liên () chia sẻ đến www.laisac.page.tl
19
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
LẦN THỨ NHẤT
NĂM HỌC 2015 – 2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
2x 1
có đồ thị (C ) .
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C ) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm
cận của (C ) là nhỏ nhất.
Câu 2 (1 điểm).
3
1. Tính giá trị của biểu thức P sin x.cos3x cos 2 x biết cos2x , x ;0 .
Câu 1 (2 điểm).
Cho hàm số y
của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AD, góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy
bằng 60 0 . Gọi M là trung điểm của DC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SA và BM.
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(-1;2),
3
tâm đường tròn ngoại tiếp I ;2 , tâm đường tròn nội tiếp K(2,1). Tìm tọa độ đỉnh B biết
2
xB 3.
Câu 8 (1 điểm).
Giải bất phương trình x 3 x 2 2 3 3x 2 .
Câu 9 (1 điểm). Cho x, y, z là các số không âm thỏa mãn x y z
3
. Tìm giá trị nhỏ
2
nhất của P x3 y 3 z 3 x 2 y 2 z 2 .
---------------------HẾT---------------------Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………
20
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
; lim
đường tiệm cận đứng của
Giới hạn: lim
x1 x 1
x1 x 1
đồ thị là x =- 1
2x 1
2x 1
2; lim
2 đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 2
lim
x x 1
x x 1
bảng biến thiên
x
-∞
-1
+∞
y’
+
+
y
+∞
0,25
0,25
2
Gọi điểm M a;2
1
thuộc đồ thị (C).
a 1
Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng 1 : x 1 là d M ; 1 a 1
21
0,25
0,25
Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang 2 : y 2 là d M ; 2
Suy ra d M ; 1 d M ; 2 a 1
1
a 1
1
2
a 1
0,25
Dấu bằng xảy ra khi a = 0 hoặc a = -2
Vậy tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận nhỏ nhất bằng 2 khi M(0;1)
hoặc M(-2;3)
Điều kiện: x 1
Phương trình log 2 ( x 1) log 2 ( x 2) log 2 (3 x 2)
0,25
log 2 ( x 1)( x 2) log 2 (3x 2)
3
(1điểm)
x 0 (l )
( x 1)( x 2) (3x 2) x 2 2 x 0
x 2 (tm)
Vậy phương trình có nghiệm là x 2 .
1 khai
(2 x
1
x3
10
10
0,25
triển
i
Hệ số của x là C10 .2 1 11520
5
2
2
8
0,25
0,25
Vì mỗi vị khách có 3 lựa chọn lên một trong ba toa tàu , Suy ra số cách để 4
4
vị khách lên tàu là : 3 81
3
Số cách chọn 3 vị khách trong 4 vị khách ngồi một toa là C4 4
0,25
1
Số cách chọn một toa trong ba toa là C3 3
Vị khách còn lại có 2 cách chọn lên 2 toa còn lại
Suy ra có 2.3.4=24 cách để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách .
4
(1điểm)
ln x C
2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
22
5
(1điểm)
Gọi
M(x;y;0) thuộc mặt phẳng Oxy là tâm hình vuông.
MA(4 x; 1 y;5)
MB (2 x;7 y;5)
0,25
Vì ABCD là hình vuông nên tam giác MAB vuông cân tại M
Gọi H là trung điểm của AD.
Vì HB là hình chiếu của SB lên đáy
nên
600
(
SB;( ABCD)) SBH
0,25
K
A
B
I
H
E
0
Trong tam giác SBHcó SH BH tan 60
VSABM
D
M
304
a 15
Trong tam giác SHI có
HK
2
2
2
2
HK
HI
SH
15a
4 19
a 15
Vậy d SA, BM
19
23
0,25
0,25
Copyright: Tài liệu đại học ©