Đề thi thử tốt nghiệp quốc gia môn toán trường trần phú 2016

Đề thi thử tốt nghiệp quốc gia môn toán trường trần phú 2016 Đề thi thử tốt nghiệp quốc gia môn toán trường trần phú 2016 Đề thi thử tốt nghiệp quốc gia môn toán trường trần phú 2016 Đề thi thử tốt nghiệp quốc gia môn toán trường trần phú 2016 Đề thi thử tốt nghiệp quốc gia môn toán trường trần phú 2016 Đề thi thử tốt nghiệp quốc gia môn toán trường trần phú 2016 Đề thi thử tốt nghiệp quốc gia môn toán trường trần phú 2016

ĐÁP ÁN – ĐỀ THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN TOÁN

1

a)) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số y=- x4+4x2- (1).3

· TXĐ D= ¡

· Sự biến thiên y'=- 4x3+8x; ' 0 4 3 8 0 0

2

x

x





       

 Các khoảng đồng biến   ; 2 và 0; 2 ; các khoảng nghịch biến   2;0 và  2; 

- Cực trị: Hàm đạt cực tiểu tại x 0, yCT = -3; đạt cực đại tại x  2, yCĐ = 1

- Giới hạn tại vô cực: limx  yxlim y 

· Bảng biến thiên

 Đồ thị:

b)Ta có x4- 4x2+ - = Û m 1 0 - x4+4x2- = -3 m 4 (1)

PT (1) có 2 nghiệm khi chỉ khi đường thẳng y= -m 4 cắt với đồ thị hàm số y=- x4+4x2- tại 23 điểm phân biệt Từ đồ thi trên ta có Pt(1) có 2 nghiệm khi chỉ khi: m m 4 14 3 m m15

Vậy m cần tìm là là m 1 và m 5

2 a) Ta có

4

log 16 3.2  1

 16 3.2x 4x 1 4x 12.2x 64 0

 2x16 2x 4 0 (vì  2x 16 0 )

 2x  4 x2 Vậy nghiệm của phương trình là x 2

b) Phương trình đã cho tương đương với 2 cos cos2x x5sinx 3  0 coscos2x x05sinx 3 0



cos 0

2





     , k Z

 





x

sin

2 (1)

-0 0 0

y(t)

1 1

-3

y'(t)

-∞

+∞

0

-∞

-∞

2

-2

-4

1

2 -1

-2

-3









 



  

  



x

2

6 Vậy các nghiệm phương trình là x k2

6





2





  ;x 5 k2

6





  , k Z

3

a) Do    0  sin 0mà sin2  1 cos2 16

25 nên 



 4 sin

5 .

Ta có sin 2 2sin cos  24



cos2 2cos 1

25 Do đó





25 . b) Điều kiện n2,n

Ta có 4C n2 3n12 2n2 5 12 0n   n 4 2  n3  0 n4

k

Số hạng thỏa mãn bài toán ứng với 36 4 k k 15 k7 (nhận)

Do đó số hạng cần tìm là C127  2 7x y8 7101376x y8 7

4 Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 3;15 

  ; y x 

x x

'

2

2 1



 Với                





x x

2

2

2 1

Ta có y 3 2, y 8  3 ln 6 ;y 15   4 ln13

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của y x trên đoạn 3;15    lần lượt là 2 và 3 ln 6

5

a) TXĐ D\ 3  ;x y

3

lim





 







x y  3

lim  x 3 là tiệm cận đứng

      

xlim y xlim y m  y m là tiệm cận ngang Suy ra giao điểm 2 đường tiệm cận là I3;m

Yêu cầu thỏa mãn khi: m m

2

      

 Vậy m1 và m 3 b) Số phần tử của không gian mẫu là n  C1030

Gọi A biến cố “Chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10” Ta có n A C C C15 3 125 .1 4

Vậy xác suất cần tìm là  

 

10 30

99 ( )

667

P A



Gọi H, N lần lượt trung điểm cạnh BCvà AB

Ta có B H' ABC và NH AB Suy ra góc giữa

hai mặt phẳng ABB A' ' và mặt phẳng  ABC là  B NH ' 600

Tam giác ABC vuông tại A,

có AC BC2 AB2 4a NH 2a

Tam giác B NH' vuông tại H,

có tan 'B NH B H' 3 B H' 2a 3

HN

Thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' là V B H S' ABC 2 3.a 3 4a a 12a3 3

2 Gọi E B H CC '  ', M trung điểm AC Gọi F hình chiếu vuông góc của H trên ME

Ta có AC MH AC B H ,  '  AC HF  HFACC A' ' d H ACC A ; ' '  HF

Mặt khác HM 1AB3a

2 2 , HE B H ' 2 3a Trong tam giác vuông MHE tại H, có đường cao HF, nên

  

 

HF

3

2 3

19 19

3

2 3

2

Do, d B ACC A '; ' ' d H ACC A ; ' '  2HF 12 19 a

19 .Vậy d B ACC A '; ' ' 12 19a

19

7

Gọi H trung điểm DI và K giao điểm của EI và BC

Ta có EH DI , góc DBCDAC (Tính chất thang cân)

và DACIEH (góc ở tâm), suy ra DBCIEH

mà EIH BIK (đối đỉnh) Do đó BKI900 EK BC

Ta có 35 25;

8 8

EI  

, đường thẳng BC có phương trình là 7x5y 33 0

Ta có AI   1;3

, đường thẳng ACcó phương trình là 3x y  5 0

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 7 5 33 0 1



7

b

B BC  B  b

 , b   Ta có IA IB  10

2

33 5

7

b



 

1 191 37







 



Suy ra B4;1

 

Suy ra D  5;4.

M

B'

B

H

E

F N

M C

B K H

I

D E A

(1,0đ

)

Phương trình tương đương x22x132x22x1 x2 x423x2 x4 (1) Xét hàm số f t  t32t, t 

Ta có f t'  3t2 2 0  t  suy ra hàm số f t   liên tục và đồng biến trên 

Phương trình (1) có dạng f x 2 2x 1 f3x2 x4 x2 2x 1 3 x2 x4

Với x 0 thay vào (2) không thỏa mãn

Với x 0 thì phương trình (2) x x

     Đặt x t

x

3 1

  , ta có phương trình

t3 t 2 0  t1 t2 t 2   0 t 1 ( Vì t t t

2

      

)

Với t 1   x    x  x  x   x 

2

2 . Vậy nghiệm của phương trình là x 1 5

2

 

2

 

9

Theo giả thiết ta có

5 4x y z 18 xy yz zx   5 2x y z  18 xy yz zx  10 2xy yz 2zx

5 2x y z 38x y z 28yz 38x y z 7 y z

2

Mặt khác ta có  2 2 2 2 2 2 1 2

2

y z  y z  y z  y z

Vì vậy

2

y z P

y z



  



Đặt t  y z 0 Khi đó   2 23

27

P f t

   '  22 24

9

f t



0

3

t

t







 



Bảng biến thiên

Vậy maxP 4 khi

1 3 1 6

x

y z









  



HẾT -+

4

0 -∞

f(t)

+∞

0

f'(t) t