de thi thu thpt quoc gia 2016 mon toan truong thpt chuyen nguyen hue lan 1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.. Tìm trên đồ thị C điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của C là nhỏ nhất.. Tính giá trị của biểu thức 2 sin.. M

NGUYỄN HUỆ LẦN THỨ NHẤT

NĂM HỌC 2015 – 2016

ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x





 có đồ thị ( )C

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)

1 Tính giá trị của biểu thức 2

sin os3 os

P  x c xc x biết os2 3, ;0

c x x  



2 Giải phương trình: 3

log (x 1)  log (x 2)  2 log (3x 2) Câu 3 (1 điểm)

1 Tìm hệ số của 5

x trong khai triển 10

3

1

x

 (với x 0)

2 Một đoàn tàu có 3 toa chở khách đỗ ở sân ga Biết rằng mỗi toa có ít nhất 4 chỗ trống Có 4 vị khách từ sân ga lên tàu, mỗi người độc lập với nhau, chọn ngẫu nhiên một toa Tính xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách nói trên

Câu 4 (1 điểm) Tìm nguyên hàm (x 1) lnx dx

x



Câu 5 (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có điểm A(4;-1;5) và điểm B(-2;7;5) Tìm tọa độ điểm C, D biết tâm hình vuông thuộc mp(Oxy).

Câu 6 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AD, góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy

bằng 0

60 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), tâm đường tròn ngoại tiếp I 3;2

2

 , tâm đường tròn nội tiếp K(2,1) Tìm tọa độ đỉnh B biết 3

B

x 

Câu 8 (1 điểm) Giải bất phương trình x3x 2 2 3x3  2

Câu 9 (1 điểm) Cho x, y, z là các số không âm thỏa mãn 3

2

  

x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của Px3 y3z3 x y z2 2 2

-HẾT - Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên:………SBD:………

NGUYỄN HUỆ LẦN THỨ NHẤT

NĂM HỌC 2015 – 2016

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN

1

(2điểm)

1







x y

x TXĐ: R\{-1}

2

1

( 1)



x

Hàm số đồng biến trên các khoảng (–∞;-1) và (-1;+∞)

0,25

Giới hạn:

;

x x đường tiệm cận đứng của đồ thị là x =- 1

  đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 2

0,25

bảng biến thiên

x -∞ -1 +∞

y’ + +

6

4

2

-2

0,25

2

Gọi điểm ;2 1

1

M a

a

Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng 1:x 1là d M ;  1 a 1

0,25

y

Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang 2:y 2là  2

1

;

1

d M

a

 



Suy ra  1  2

1

1

a



Dấu bằng xảy ra khi a = 0 hoặc a = -2

0,25

Vậy tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận nhỏ nhất bằng 2 khi M(0;1) hoặc M(-2;3) 0,25

2

(1điểm)

1

2

x   x



sin 2

5

x 

0,25

2 sin 4 sin 2 os2 1 18 sin os3 os

2 Điều kiện: x1

Phương trình  log (2 x  1) log (2 x 2)  log (32 x 2)

log (x 1)(x 2) log (3x 2)

0,25

2 ( )

x l

x tm





Vậy phương trình có nghiệm là x2

0,25

3

(1điểm)

1

i

i



Hệ số của 5

x là 2 8 2

10.2 1 11520

2 Vì mỗi vị khách có 3 lựa chọn lên một trong ba toa tàu , Suy ra số cách để 4 vị khách lên

Số cách chọn 3 vị khách trong 4 vị khách ngồi một toa là 3

C 

Số cách chọn một toa trong ba toa là 1

C 

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 Vậy xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách là:

24 8

81 27

P 

0,25

4

(1điểm) (x 1) lnx dx lnxdx lnx dx

1

lnxdxxlnx xdlnxxlnx dxxlnx x C

2

2

ln ln ln

2

x

2

I x x x x C

0,25

(1điểm) (4 ; 1 ;5)

( 2 ;7 ;5)

  

Vì ABCD là hình vuông nên tam giác MAB vuông cân tại M MAMB 0

MA MB

 





0,25

0,25

(4 )( 2 ) ( 1 )(7 ) 25 0 (4 ) ( 1 ) 25 ( 2 ) (7 ) 25



 



1 3

x y







Vậy M(1;3;0)

0,25

Vì M là trung điểm của AC và BD nên C(-2;7;-5); D(4;-1;-5)

0,25

6

(1

điểm)

+) Tính thể tích

Gọi H là trung điểm của AD

Vì HB là hình chiếu của SB lên đáy nên

0

(SB ABCD;( ))SBH 60

0,25

tan 60

2

a

SH BH 

3

SABM SABCD

a

0,25

+) Tính khoảng cách:

Dựng hình bình hành ABME

Vì BM//(SAE)d SA BM , d M SAE( ,( )) 2 ( ,(d D SAE))

4 (d H SAE,( ))



Kẻ HI  AE HK; SI I,( AE,KSI) Chứng minh HK (SAE)d H SAE( ,( ))HK

0,25

2 5

DE AH a AHI AED HI

AE

Trong tam giác SHI có 1 2 12 1 2 3042 15

a HK

,

19

a

d SA BM 

0,25

K

I

E

M

H

C B

D A S

7

(1

điểm)

Gọi D là giao của AK với đường tròn (I)

Phương trình đường thẳng AK là:

x+3y-5=0

Ta có 1

2

KBD ABCBAC BKD

D

C B

A

0,25

Gọi D(5-3a,a) thuộc AK Vì D khác A nên a2.Ta có

(5 3 ) ( 2) ( 1 ) (2 2)

2( ) 1 2

a









 



Suy ra 7 1

;

2 2

D 

0,25

Gọi B(x;y) (x>3)ta có hệ

    





0,25

x y tm

x y



Vậy B(4;2)

0,25

8

(1điểm)

3 3

2

3x 2 x

x 3x 2 2

x x 3x 2 3x 2

 

3

2

2

x x 3x 2 3x 2

0,25

Chứng minh

2

x x 3x 2 3x 2

0,25

Suy ra bất phương trình 3

x 1 (x 3x 2) 0







Vậy tập nghiệm của bất phương trình là   ; 2  1

0,25

(1điểm) Giả sử x =min {x,y,z} suy ra [0; ]1

2

x

Ta có x3 y3 z3 3xyz (x y z x)( 2 y2 z2 xyyzzx)

3

xy yz zx

0,25

Ta

8 2

Px  y z x y z x y z  xyz  xy yzzx

2

 0,25

Vì

2

y z

Suy ra

2

P  x  x  x   x

0,25

Xét

2

f x   x  x  x   x x 

Hàm số f(x) nghịch biến trên 0;1 ( ) ( )1 25

Vậy GTLN của P bằng 25

64 đạt khi x = y = z =1

2

0,25

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa