đề thi thử có giải số 01 luyện thi quốc gia 2016đề thi thử có giải số 01 luyện thi quốc gia 2016đề thi thử có giải số 01 luyện thi quốc gia 2016đề thi thử có giải số 01 luyện thi quốc gia 2016đề thi thử có giải số 01 luyện thi quốc gia 2016đề thi thử có giải số 01 luyện thi quốc gia 2016
Trang 1KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – ĐỀ THI THỬ CÓ GIẢI CHI TIẾT
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 3 2 2
3
y= x + m+ x + m + m+ x+1 (1) (m là tham số thực) a) Khi m = − 3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Tìm m để hàm số (1) có hai cực trị tại hai điểm x x Khi đó, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1, 2
1 2 2( 1 2)
A= x x − x +x
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: 2 sin 2 3sin cos 2
4
⎛ + ⎞= + x+
Câu 3 (1,0 điểm) Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C): y= xsinx , các trục Ox, Oy và đường
thẳng
4
x π
= Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi cho (H) quay quanh Ox
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn z− +(2 3i z) = − i1 9
)
Tìm môđun của số phức z
b) Tìm hệ số của x9 trong khai triển ( 2
2 3− x n , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:
1 3 5 2 1
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; −1; 1), B(2; 2; 2), mặt phẳng (P):
x + y − z + 1 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 − 2x + 8z − 7 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với đường thẳng AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt (S) theo một đường tròn (C) sao cho diện tích hình tròn (C) bằng 18π
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông, mặt SAB là tam giác vuông
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Khoảng cách từ trung điểm I của
AB đến mặt phẳng (SCD) bằng 5
5
a
Gọi F là trung điểm của cạnh AD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CF và SB
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (S), có A và C
đối xứng qua BD Phương trình AB: y – 2 = 0; phương trình BD: 3x y− + =2 0 Viết phương trình đường tròn (S) biết diện tích tứ giác ABCD bằng 4 3 và xA > 0, yA < yD
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
3
( , )
x y
⎨
⎪⎩
Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x y z thỏa , , x y z+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3
2 2 2
xy yz zx
x y y z z x
+ +
- Hết -
Trang 2
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Khi m = −3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 1,0
Khi m = − 3, hàm số trở thành 2 3 2
3
y= x − x + .
+Tập xác định: D= .
=−∞ =+∞
+∞
→
−∞
x
y'=2x2− y’ = 0 ⇔ x = 0 hoăc x = 2 4x
0,25
+BBT
x –∞ 0 2 +∞
y' 0 0
y 1 + ∞
–∞
0,25
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng(−∞;0),(2;+∞ , nghịch biến trên ( 0; 2) )
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1; và đạt cực tiểu tại x = 2; yCT =
3
5
−
1.a)
+ Đồ thị ( qua 5 điểm : CĐ, CT, điểm uốn và 2 điểm có hoành độ x < 0 và x> 2
0,25
2
3
y= x + m+ x + m + m+ x+
3
5
−
1 có hai cực trị ; GTLN A= x x1 2−2(x1+x2) 1,0 Tập xác định D =
Ta có y' =2x2+2( m+1)x m+ 2+4m + 3 0,25 Hàm số có hai cực trị Ù y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ Δ’ >0 ⇔
m2+6m+ < ⇔ − < < −15 0 5 m 0,25 Khi đó gọi x1, x2 là các nghiệm pt y’ = 0 thì x1, x2 là các điểm cực trị hàm số
Ta có 1 2 2
1 2
1 1
2
+ = − −
⎧
3)
⎪⎩
⎪
2
A= m + m+
0,25
1.b)
Xét hàm số 1 2
2
t= m + m+
2
2
f x( ) = 2
3·x
3
2·x2 + 1
-1
1
2 -5/3
U
) trên (-5;-1) => 9 0
2 t
− ≤ < ( dùng BBT)
Suy ra 9
2
A≤ khi m = – 4
Vậy maxA = 9
2 khi m = − 4
0,25
Giải phương trình lượng giác 2 sin 2 3sin cos 2
4
⎛ + ⎞= + x+
1,0
2
PT (1)⇔sin 2x+cos 2x=3sinx+cosx+2
Trang 3⇔2sin cosx x−3sinx+2cos2x−cosx− =3 0 0,25
2cos 3 sin cos 1 2cos 3 0 sin cos 1 2cos 3 0
=
0,25
3 cos ( )
2 sin cos 1
⎢
⇔
⎢
0,25
x
π
⎡ = − +
⇔ ⎜ + ⎟= − ⇔
⎢
⎣
(k ∈ )
Phương trình có các nghiệm: 2 , 2
2
x= − +π k π x= +π k π
(k ∈ )
0,25
Thể tích khối tròn xoay cần tính là
0
( xsin )x dx
π
0,25
1 cos 2
x
+
4
0
xdx
π
∫ =
2 4 2
0
x
π
2
π
3
+ 4
0 xcos 2xdx
π
∫ Đặt từng phần u = x, dv = cos 2xdx Ta có du = dx, v = 1
2sin 2x
Từ đó, tính được 4
0 xcos 2xdx
π
8 4
π −
Do đó, V = 2
Gọi z a bi a b= + , , ∈ ; Khi đó z− +(2 3i z) = −1 9i
⇔ + − +a bi (2 3i) (a bi− )= −1 9i ⇔ − −a 3b−(3a−3b)= −1 9i 0,25
3 1
− − =
⎧
⇔ ⎨ − =
⎩ ⇔ Vậy môđun của số phức z là :
2 1
a b
=
⎧
⎨ = −
⎩
2 ( 1) 5
b) Tìm hệ số của x 7 trong khai triển ( )2
Ta có
Cho x=1, ta có 2 1 0 1 2 2 1 (1)
1
n+
1
n+
Cho x= -1, ta có : 0 1 2 2 (2)
Lầy (1) trừ (2), ta được : 2 1 ( 1 3 5 2 1)
⇔ 2 1 3 5 2
0,25
4
Từ giả thiết ta có 22n =4096⇔22n=212 ⇔2n=12
Do đó ta có ( )12 12 12
12 0
2 3 1 k k2 k 3 k
k
=
− =∑ − ( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyên)
⇒ hệ số của x9 là : - 9 9 3
123 2
C
0,25
Trang 4mp(Q) // AB, (Q) ⊥ (P), cắt (S) theo đường tròn có bán kính 3 2 1,0
Ta có x2 + y2 + z2 − 2x + 8z − 7 = 0 ⇔ (x −1)2 + y2 + (z +4)2 = 24
Suy ra (S) có tâm I(1 ; 0 ; − 4), bán kính R = 2 6
0,25
Gọi nrP, lần lượt là vecto pháp tuyến của mp(P), mp(Q) Ta có
Q
n
r
P
n
r
= (1; 1; −1), ABuuur
= (1; 3; 1), [nrP
, ABuuur ] = (4; − 2; 2) ≠ 0r
Ta có ( ) / / nên có thể chọn
( ) ( )
Q
⎧ ⊥
⇒
⊥
r uuur
= 1
2[n P
r
, ABuuur ]
Hay nrQ = (2; −1; 1) Suy ra pt mp(Q): 2x − y + z + d = 0
0,25
Gọi r, d lần lượt là bán kính của (C), khoảng cách từ tâm I của (S) đến mp(Q)
Ta có diện tích hình tròn (C) bằng 18π nên r2 = 18
Do đó d2 = R2 − r2 = 24 − 18 = 6 ⇒ d = 6
Ta có d = 6 ⇔ |d −2| = 6 ⇔ d = 8 hoặc d = − 4
Từ đó, có 2 mp là (Q1): 2x − y + z + 8 = 0, (Q2): 2x − y + z − 4 = 0
0,25
5
Mp(Q) có pt trên có thể chứa AB
Kiểm tra trực tiếp thấy A(1; −1; 1) ∉ (Q1) nên AB // (Q1); A(1; −1; 1) ∈ (Q2) nên
AB ⊂ (Q2)
KL: pt mp(Q): 2x − y + z + 8 = 0
0,25
Thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CF và SB 1,0
0,25
Đặt AB = x ; ( x > 0), khi đó
2
x
SI = Trong tam giác vuông SIJ ta có:
12 12 12 1 2 1 2 12
5
2 5
x a
IE =SI + IJ ⇒ a = x +x ⇒ =
⎜ ⎟
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3 2
.
a a
6
=
0,25
6
Qua B dựng đường thẳng song song CF cắt DA kéo dài tại K
Khi đó CF// (SBK), suy ra d(CF; SB) = d(F; (SBK))
Dựng IH ⊥BK H,( ∈BK IL); ⊥SH L SH,( ∈ ) Ta có:
0,25
Vì I là trung điểm AB và tam giác SAB
vuông cân tại S nên SI ⊥ AB
B
C S
K
I
F
J
E
H L
Ta có:
,
⎧
⎪
⎨
⎩
Gọi J là trung điểm CD, E là hình chiếu vuông góc của I lên SJ Ta có:
⎨CD IJ CD ( )SIJ CD IE (SIJ
CD SI
⊥
⎧
⊥
;
5
IE SJ
⊥
⎧
⊥
⎩
Trang 5BK SI BK (SIH) BK IL
⊥
⎧
Từ IL BK IL (SBK) IL d I SBK( ;( ) )
IL SH
⊥
⎧
⎨ ⊥
Tứ giác BCFK là hình bình hành ⇒FK =BC a= Lại có:
FA= ⇒AK = Hai tam giác vuông BHI và BAK có góc nhọn B chung nên đồng dạng, suy ra:
2 2
2 5 4
a a
HI
a
+
Trong tam giác vuông SIH: 12 12 12
24
a IL
IL = IH +IS ⇒ =
BI
d I SBK
= 2
24 6
tương tự : ( ( ) ) ( ( ) ) 2
3 6
d F SBK = d A SBK = = 6 Vậy : ( ; ) 6
3
a
d CF SB =
0,25
+B là giao điểm của AB và BD, tìm được B(0; 2)
+Tính góc giữa hai đường thẳng AB và BD bằng 600
+Ta có BD là đường trung trực của dây cung AC nên BD
là đường kính
+Tam giác ABD vuông tại A có ABD=600 ⇒AD AB= 3
0,25
2
S = SΔ ⇔SΔ = ⇔ AB AD= 2 3
1 2
+Ta có A AB∈ ⇔ A a( ); 2 ,a>0,uuurAB= −( a;0)
( )2 2
AB= ⇔ −a + = ⇔ =a a> 0)suy ra A( )2; 2
0,25
+Ta cóD BD∈ ⇔D d( ; 3d+2 ,) uuurAD=(d−2; 3d)
2
d
d
= −
⎡
⎣
1; 3 2 2; 2 3 2
D D
⎡ − − +
⎢
⎢ Vì yA < yD nên chọn
+
0,25
7
+ Đường tròn (S) có tâm I(1; 3 2+ , bán kính ) IA= nên có phương trình: 2
Giải hệ phương trình
3
( , )
4 1 3 2 4 (2)
x y
⎨
⎪⎩
1,0
8
Điều kiện: 3x+2y≥0
A
D
I
B
C
Trang 63 2 3 2 2 3
0,25
Thế y = 1− x vào (2) ta được: 3
3x+ +2 x+ = 2 4 Đặt 3
Ta có hệ 3 24
+ =
⎧
⎨
⎩
0,25
⇔⎨⎩ − − + = ⇔⎨ =⎩
2
2
b
0,25
3
3 2 2
2
2 2
x
x x
⎪
+ =
⎪⎩ = ⇒ y = − 1 (thỏa ĐK)
Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (2;−1).
0,25
Cho các số dương , ,x y z thỏa x y z+ + = Tìm GTNN của biểu thức 3
2 2 2
xy yz zx
x y y z z x
+ +
1,0
Áp dụng BĐT TBC-TBN cho hai số dương, ta có
x +xy ≥ x y y +yz ≥ y z z +zx ≥ z x
Mặt khác, do x y z+ + =3 nên
3
2
Từ (1) và (2), ta có x2+y2+z2 ≥x y y z z2 + 2 + x 2
0,25
Do đó 2 2 2
xy yz zx
+ +
+ +
Ta có ( )2 2 2 2 (
x y z+ + =x +y +z + xy yz zx+ +
2
t
0,25
3
x y z
Khi đó
2
0,25
9
Xét hàm số ( ) 2 2 ,
2
t t
f t
t
− +
= 9 trên [3;+∞) Lập bảng biến thiên, ta có hàm f đồng biến trên [3;+∞)
( ) ( ) 3
m in f 3 4
t
≥
Kết luận được : minP= ⇔ = = =4 x y z 1
0,25