TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC

y

x

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 2016 LẦN 4 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

23 x

trên đoạn 0;

  f x

Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :  2

  

  

 x x cos 2sin   2cos x x

2sin

4

Câu 3 (1,0 điểm).

2

z

1

1z

i

w

  .Tìm phần thực và phần ảo của số phức

a) Cho số phức

  z z

3

log

x

log

x

  6

log

x

log

x

b) Giải phương trình :

5

3

5

3

 2

6

6

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau :

I

sin

x

cos

 x dx

0

;d d lần lượt có 1

2

1

1

4

x

y

y

z

phương trình:

.Viết phương trình đường

và

d

:

:

d 1

2

 9  1

 3

 2

 2 ,

,

thẳng  cắt

Oxyz , cho hai đường thẳng Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ   z x 3  7 7  1 ;d d và trục Ox lần lượt tại các điểm A B C sao cho B là trung điểm của AC . 1

2

Câu 6 (1,0 điểm).

2

2sin

x

sin 2

x

2 cos

a) Giải phương trình :

x 2

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

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều

AB  . Gọi 2

,M N lần lượt là trung điểm

.S ABCD có

.S ABCD và

,SA SC sao cho BM vuông góc với DN . Tính thể tích khối chóp

của các cạnh bên khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và DN .

Câu 8 (1,0 điểm)..

  . Gọi 0

y 2

4

x

,

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa ,D E lần lượt là hình chiếu vuông góc của B lên AC , AI với cạnh BC là: ,A B C biết I là tâm đường tròn ngoại tiết tam giác ABC . Tìm tọa độ các điểm D

1; 4

E   và điểm B có hoành độ âm.

 2 ; 2 , Câu 9 (1,0 điểm).

x

12

  x

x

x

 

1 25

Giải bất phương trình :

 11

Câu 10 (1,0 điểm).

Cho

   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

2

2

2

b

c

a

,a b c là các số dương thỏa mãn , a b c 2   1

 1

 1

P

  a 1 2  c 1

3 2    b 1 2  a 1

   c 1 2  b 1

--------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:………………

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM HỌC 2015-2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)

I. LƯU Ý CHUNG: - Đáp án trình bày một cách giải 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. - Trong lời giải câu 7, câu 8 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. - 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. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

y

x

3

23 x 1,0

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số :   * Tập xác định: 

2

Nội dung trình bày Điểm II. ĐÁP ÁN: Câu Ý

y

'

 

3

x

x 6 ;

2;

;

  đồng biến trên

' 0 * Chiều biến thiên: Ta có y 0,25  x 0     2 x và    ; 0

  

2

y

4,

x

CĐ

x

0

   y 0. CT

hàm số đạt cực tiểu tại Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  0;2 .  * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại

y

y

 

.

0,25

x

  và lim 

x

* Giới hạn: Ta có lim  * Bảng biến thiên:

0





x

2 0

'y



4

y

+ 0 - - 0,25



0

A

1

3;0

I

, nhận điểm  Đồ thị: Đồ thị hàm số qua gốc tọa độ và cắt Ox tại điểm

1;2 

uốn làm tâm đối xứng.

0,25

2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :

1,0

trên đoạn 0;

  f x

 2

4

  

  

liên tục trên đoạn 0;

  f x

 2

4

  

  

2sin 6 4sin

Xét hàm số 0,25

f

0,

0;

  x

 2

     x 

  

2cos

4

2sin

x

x

 x x cos 2sin x 2cos 2sin   x x 2sin  cos x   x x 2cos x x 8cos  2

Ta có 0,25 2

  f x đồng biến trên đoạn 0;

 2

  

Suy ra hàm số 0,25

f

 

f

  0

    2

1 3

1 6

  

  

0;

0;

min   x  

;max   x  

  f x    2 

1z

i

  f x    2  Cho số phức

  . Tìm phần thực và phần ảo của số phức

2

z

1

Do đó 0,25

w

2

i

1

i

i

  z z 

 1

0,5

w

i

 i 2 3  i 1

  2 3 i 1 2

1    2

5 2

    1    i 1

 , phần ảo bằng

Ta có 0,25 3.a

Giải phương trình :

1 2 x log

5  2 3 

x

log

x

  6

log

log

x

0,25 3 Vậy w có phần thực bằng

3

5

5

3

0,5

x  . Phương trình tương đương với x 2 log

0   6

3log

log

x

x

x

x

- 2

 0

 - 3 log

3

5

3

5 x

log

3

3

x

log

2

5 27 25

0,25 3.b Điều kiện x log log

5

x    x 

3   

Vậy phương trình có hai nghiệm

x

27 ;

x

25

 2

6

6

0,25

I

sin

x

cos

Tính tích phân sau :

 x dx

0

3

6

6

2

2

2

2

2

2

1,0

Ta có

sin

x

cos

x

sin

x

cos

3sin

x .cos

x

x

cos

x

 x . sin

x

  1

2 sin 2

x

  1

cos 4

x

0,25

3 4

3 1 cos 4 4

5   8

3 8

  

  

 2

2  2

0,25 4

Vậy

I

cos 4

x

sin 4

x

5 8

3 32

 5 16

5 8

3 8

0

 x dx  

  

  

  

0

Đáp số :

I 

0,25

 5 16

Trong không gian với hệ tọa độ 

x

7

4

;d d lần 2 1 z 1

1

z

:

d

:

lượt có phương trình:

,

.

d 1

2

0,25

 1

Oxyz , cho hai đường thẳng  y y 2

 9  1

 3

 2

x  3  7 ;d d và trục Ox lần lượt tại các 1

2

,

,

;4 2 ;9

 3 7 ;1 2 ;1 3 b

b

b

7

a

Viết phương trình đường thẳng  cắt điểm Gọi

   a

d B , 1

 d 2

1,0

Ox

và

A B C sao cho B là trung điểm của AC .  A   C c ;0;0

a 

0,25

7

1 0

 4 2

a

Do B là trung điểm của AC nên :

  a

    14 b c a       2 2 0 4 a b    7 6 0   b a 

 2 3 7 a c b        2 1 2 b   2 1 3  b

    9 

A

8;6;8

4;3; 4

16;0;0

. Vậy

0,25 5

d B , 1

d C , 2

16

 a 1  1 b      c 

y

6

8

z

:

Phương trình

0,25

 x 8 12

 3

 4

2

2sin

x

sin 2

x

2 cos

Giải phương trình :

0,25

x 2

cos

x

1

0

x

x

x

 

2sin

1 cos

Pt

0,5

  1 cos

x 

 1

x

sin

 1 cos   x 2sin 

   

  1 2

x

x

k

1

2

cos

k

 

   x

k

x

x

k

sin

2

2

    6

 5 6

   

  1 2

0,25 6.a

    Vậy phương trình có ba họ nghiệm là

x

  

k

2 ; 

x

k

2 ; 

x

k

2 , 

k

  

 6

 5 6

0,25 6

0,5

10

C

n

   

10 30

Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30 . Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10 Gọi A là biến cố “ Lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10” 30C cách chọn Chọn 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ có : Ta phải chọn :

5

 5 tấm thẻ mang số lẻ trong 15 tấm thẻ mang số lẻ có 15C cách chọn  1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 trong 3 tấm thẻ mang số chia hết

1

cho 10 có

3C cách chọn

1

0,25 6.b

 4 tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 trong 12 tấm thẻ 3C cách

mang số chẵn không chia hết cho 10 chia hết cho 10 có chọn

Theo quy tắc nhân , số cách chọn thuận lợi để xẩy ra biến cố A là 

 4  n A C C C 12

5 15

1 3

4 12

Xác suất cần tìm là

 P A

99 667

5 C C C 15 C

 

1 3 10 30

AB  . Gọi 2

 .S ABCD có

0,25

,M N lần lượt là ,SA SC sao cho BM vuông góc với DN . .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng

 n A  n Cho hình chóp tứ giác đều trung điểm của các cạnh bên Tính thể tích khối chóp AB và DN .

1,0

z

S

M

N

0

0,25

A

D

2;0;0

O

 2; 0; 0

C ,

B

C

0; 0; D  h

  S

  . Ta chọn hệ  AC B O D trục tọa độ  Oxyz , gốc O , trục Ox cùng hướng tia DB, trục Oy cùng hướng tia AC , trục Oz cùng hướng tia OS . Đặt SO h  , từ đó có :   O 0;0;0 ,  B  0;

 A   0; 2; 0 ,  2;0 ,

y

x

  M

;0;

,

N

 BM

;0;

;

2;

 DN

,

; 2;

h 2

2 2

h 2

2 2

h 2

2 2

h 2

2 2

   

   

   

   

   

      2

2

0

0

10

          . BM DN

    

  

h

Do BM DN

2 4

0,25 7

S

22

4

V

SO S .

10 4

 

 . Vậy

đvtt

Mặt khác

.

S ABCD

ABCD

ABCD

 AB CD AB SCD

||

||

2

1   3   d AB SCD ,

4 10 3   d O SCD ,

y

:

  1

: 5

5

 10 0

SCD

SCD

x

y

  z

Phương trình 

h 4 1 3  d AB DN , z 10

  DN x 2

2

0,25

 

5.0

5.0 0

10

  1

, d AB DN

 2

  , d O SCD

10

x

4

  . Gọi 0

0,25

1; 4

D

,A B C biết

,

 2 ; 2 ,

1,0

A

,

D

0

 

DEB

 

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là: ,D E lần lượt là hình y 2 chiếu vuông góc của B lên AC , AI với I là tâm đường tròn ngoại tiết tam  giác ABC . Tìm tọa độ các điểm E   và điểm B có hoành độ âm.. Gọi M là trung điểm của BC , ta ,D M E thẳng hàng . chứng minh , Các tứ giác ADEB BEIM nội tiếp đường tròn

  1

E I

 

BEM

180 BAD ( chắn cung BM )

 

BIC

BIM

BAD

 2 ,

  3

C

B

0,25

M

0

 

180

DEB

BEM

DE BC

M

0,

2

y

x

 0 ; 2

M

 0  

x 

x

y

y

   2   4

0

2

2

  

BC

b 2

4;

C

b

   4; 4

b

BIM 1   2       1 , 2 , 3   thẳng hàng. Phương trình  ,D E M , DE y x : 2    2    Tọa độ M là nghiệm hệ 0    Gọi

( do M là trung điểm của BC )

   

 B b 2

0,25 8

 ; 2

a

IM

. Gọi

y

IM

IM x : 2

  

2

0

:

 I a

   2

0; 2   u

qua M  vtpt n

 

 

BC

a

a

1

5;

; 2

b 2

b  

0

,

 IE BE CD BD 

0

  .  IE BE   . CD BD

b

b

6;

b 2

 2;1  BE  BD

  

        

4 

   

0

2

5

2

13

0

b

a

a

b

4

0

b

b

2

6

b 2

b 2

2; 2  0 

3 a  b b 5

 4 b 

       2  6 2

  4 

    

  IE    CD      1     

a 3

b 4

C

B

I

1; 0

   

 4; 4 ,

 4; 0 ,

 

b

0

4

,

a b

  1   4

2 b    

    

x

y   4 0

1

Tọa độ AC là nghiệm hệ

1; 5

   A

0,25

  

0

5

  2 ,  6 ,        13 0    loai b  ,C D  phương trình AC là Đường thẳng AC đi qua x   x 

   B

C

A

4; 0

  1 0    y Vậy tọa độ các điểm cần tìm là

 4; 4 ,

4 

x

x

12

  x

x

 

1 25

Giải bất phương trình :

0,25

x y    

 1;5 ,  11

  

12

x

1,0

5

x

12

  x

x

x

Điều kiện 1 Khi đó bất phương trình

 5 11

2

0,25

 18

 11

1 125   

2

x

24

x

x 11

24

2

2

x

x 11

24

  x x  x  5 x x   1  7  2 x  x 11  24   0,25 9   2 x    11 x 

5

7

x

x  

x 11  18

 

 

2

11 x

  0 *

 x  

x

x x  

5 12

5

11    1

 18

x  x

  x 7  A

    24 2   

     

 5 12   x 5 12   1 x      x

Mặt khác

0,

1;12

 x    

5

 5 x

x 5 12    18 x  

2

   x

x 11

x 1 18     1 7 x     24 0

    , kết hợp điều

3

8

x

0,25 A 1   1   x x x x   5  5 12  11   1  7 x  x

8x  .

S 

Cho

 18 18 5 12 x  Do đó bất phương trình   * kiện suy ra 3 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ,a b c là các số dương thỏa mãn

,

3;8 3

2

2

2

2

0,25

b

a

c

 1

 1

 1

biểu thức :

P

  a 1 2  c 1

2

2

2

2

2

 a b

ab

a

4

b

a

b

b

a

1,0

 ab a b

  1

 1

 1

 1

 

 

 

 

    . Tìm giá trị nhỏ nhất của a b c 2 2       c b 1 1 2 2   b a 1 1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có   4 1 1

2

2

2

2

2

2

b

a

a

b

b

a

c

c

c

0,25

 1

 1

 1

 1

 1

4

  P

c 2

b 2

a 2

0,25 10

 1 

 1 

b

c

   1 1  a  M

    

    

Sử dụng bđt AM-GM một lần nữa, ta có

0,25

2

2

2

2

a

b

6

2

M

a

a

a 2

b 2

2

2

 

 

 1 1

1 1

1 1

 1 1

c

c

b c

cyc

  

24

   a b c

cyc    1

cyc Suy ra P Vậy min

c b cyc . Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi a b c

4. M      P 1

 24

0,25

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