TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

3

y

x

ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THPT QUỐC GIA  NĂM HỌC 2015­2016­LẦN I  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 =

-

2 3 x

+

2

y = - x sin 2 x +

.  2

Câu 2 (1,0 điểm).Tìm cực trị của hàm số :  Câu 3 (1,0 điểm).

3 = a

M

=

a)  Cho  tan

. Tính giá trị biểu thức

a a

3sin 3 5sin

- +

a 2 cos  3  a  4 cos

b)  Tính giới hạn :

2

2

3 x L = lim  3  x  fi

3  3x

3sin x - x 4sin cos x + 5cos x = 2 4 x  - - 2  9  x -  Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình :  Câu 5 (1,0 điểm).

10 x

.

a) Tìm  hệ số của

trong khai triển của biểu thức :

5  (cid:246) (cid:247) ł

b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm  12  quả đỏ và  8  quả xanh. Lấy ngẫu nhiên (đồng  thời) 3 quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh.

- 2  2  x (cid:230) (cid:231) Ł

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (

) Oxy  , cho hình bình hành  ABCD  có hai đỉnh

và  có  tâm

( )  D  5;0

(

)  , 2; 1

)  ( .  Hãy  xác  định  tọa độ hai đỉnh  I  2;1

A - -  đường chéo của hình bình hành đã cho.

ABC  ,  gọi  M

)

2

,  tính  thể  tích  của  khối  chóp  S.ABC  và  khoảng  cách  giữa  hai

=

AB

3 3

BC

=

) Oxy  , cho tam giác  ABC  ngoại tiếp đường tròn  =  10 0

, B C và  góc  nhọn hợp bởi hai

y + - x

Câu 7 (1,0 điểm).  Cho hình chóp  S.ABC  có đáy  ABC  là tam giác vuông tại  A , mặt bên  SAB  là tam giác đều và nằm  trong  mặt  phẳng  vuông  góc  với  mặt  phẳng ( là  điểm  thuộc  cạnh  SC  sao  cho  .  Biết  =  MC MS 3, đường thẳng  AC  và  BM .  Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( tâm

và

( )  . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh  A  của tam giác  ABC  có phương trình :  2 2;1  J  ( )  -  2; 4  D

là giao điểm thứ hai của  AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABC . Tìm tọa độ các  .

đỉnh tam giác  ABC  biết  B  có hoành độ âm  và  B  thuộc đường thẳng có phương trình

3

2

+

-

-

y

3

x

12

y

+ = 7

3

x

6

2  y

y + + = 7 0 x

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :

3

2

+

-

x

4

- = y

x

y

4

y

3

3

+ + 2 2 2 x

- 2  x 2 8 x

x + - + 3 x x + 23 - x

3 (cid:236) - x (cid:239) (cid:237) (cid:239) (cid:238)  Câu 10 (1,0 điểm).Cho hai phương trình :

.  26 0  =

Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó.

­­­­­­­­Hết­­­­­­­

+ =  và  4 0

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:………………

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC  HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA  LẦN I

NĂM HỌC 2015­2016

Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)

3

Câu Đáp án Điểm

2 3 x

1,0 y x - + 2

Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số =

Tập xác định:  D = ¡ .

=

y'

6

-

2 3 x

0,25 Ta có ;  x. y'

và  (2; -¥ ; 0) ) +¥  ; nghịch

0,25 0  x  = Ø = (cid:219) Œ = 0  x 2  º  ­ Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến trên các  khoảng ( biến trên khoảng  (0; 2) .  ­ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =­2.

x

y = +¥ , y = -¥ ­ Giới hạn:  lim fi+¥ lim  fi-¥ x

+¥

-¥

Bảng biến thiên:

+¥

-¥

­2

0                        2 ­ +          0 0              + 0,25 x y'  y 2

f(x)=(x^3)­3*(x )^2+2

1 (1,0 đ)  Đồ thị:

y

5

0,25

x

­8

­6

­4

­2

2

4

6

8

­5

y = - x sin 2 x +

Câu 2 .Tìm cực trị của hàm số :

.  2

1,0

¢

= -

x

f

=

4 sin 2

x

( ) x

( )  ¢¢ x

0,25 Tập xác định  D = ¡ f 1 2 cos 2 ,

f

= (cid:219) -

1 2 cos 2

0

x

= (cid:219) 0

cos 2

x

k ,

x

k

( )  ¢ x

p = (cid:219) = – + p ˛ ¢  6

1  2

2 (1,0 đ) 0,25

4 sin

-

= -

2 3

< (cid:222) 0

f

k

i x

p 6

p 3

(cid:230) ¢¢ - + p = (cid:231) Ł

(cid:246) (cid:247) ł

(cid:230) (cid:231) Ł

(cid:246) (cid:247) ł

¢

hàm số đạt cực đại tại k p = - + p  6 0,25

C y

Với = f k + + p ˛ k k , 2

D

f

+ p = k

4 sin

2 3

=

> (cid:222) 0

=

+ p  k

3  2 p 6 p 6 (cid:230) (cid:231) Ł

i x

p 6

p 3

p 6

(cid:230) ¢¢ (cid:231) Ł

(cid:230) (cid:231) Ł

(cid:246) (cid:247) ł

¢

hàm số đạt cực tiểu tại (cid:246) - + p = - + (cid:247) ł  (cid:246) (cid:247) ł 0,25

C y

= f k + + p ˛ k k , 2 Với

T

p 6 p 6 3  2 (cid:230) (cid:231) Ł (cid:246) + p = - (cid:247) ł

2

2

2

. Tính giá trị biểu thức Cho  tan 3 = a M = 0,5

( a a sin

3

2

2

3

3sin + cos 2 cos 3sin 3 5sin a + a 2 cos  - a 3  a  a + 4cos  )  2  a cos M =

3  a 2 cos

3  cos a )

3

( a sin 3  4 cos  a  a a 3sin cos 3  4cos a  a - 2

- 2sin 3sin a - 0,25 (chia tử và mẫu cho =

) a - + 5sin a a a + cos 3 5sin a + 2  2 tan a + 3tan 3  a  5 tan + 4

3 3.3

3 tan a - =

2  2.3 3  5.3

- 0,25 vào ta được 3.(1,0đ)  Thay  tan 3 = a M = = - 3.3 2 + +  4 70  139

1

3

cos

a

=

; sin

a

=

và Lưu ý: HS cũng có thể từ  tan 3 a = suy ra  2 < p a k < + 2 p k p 2

10

10

rồi thay vào biểu thức M.

2

x 3 b) Tính giới hạn : L = lim  fi x  3 0,5 4 - - x  2  -  9  x

( x

2

2

) - 3  )

)  3

x 4 + 4 x x 4 x + 3 = L = 0,25 lim fi x 3 9 - 4 x - 3 - 9 + 4 x - - ( x - )( x

2

2

lim  ( fi x  3  x - 3 1 L = = = 0,25 1  18 - x + + 3 4 3 + + lim  ( fi x  3  x

)( - x 3 )( + x - x  1 )( x Câu 4.Giải phương trình :

) 3sin

)( ( 3 3 3 x 4sin cos

)  -  4.3 1  5cos

2

2

2

(cid:219)

3sin

x

-

x 4sin cos

x

+

5cos

x

=

x

+

2  cos

( 2 sin

)  x

- + x x x = 2 1,0

2

2

0,25

sin

x

-

cos

x

= (cid:218) 0

sin

x

-

3cos

x

=

0

4 .(1,0 đ)  Phương trình - x - x (cid:219) (cid:219) 3cos x + - x 3cos sin ( sin 4sin cos x )( x sin cos =  x 0  )  = (cid:219) x 0 0,25

x

=

+ p k

,

x

=

arctan 3

+ p ˛ Z  ,  k

k

0,25 (cid:219) tan x = (cid:218) 1 tan x arctan 3 + p ˛ Z  k , k 3 x k x p = (cid:219) = + p (cid:218) = 4

p 4

Vậy phương trình có hai họ nghiệm: 0,25

3  3x

-

10 x

.

2  2  x

(cid:230) (cid:231) Ł

5  (cid:246) (cid:247) ł

5

5

-

5

5

3

3

-

k

k

1,0 a) Tìm  hệ số của số hạng chứa trong khai triển của biểu thức :

k  .

k .2

- 15 5  x

( -

k  )  5 1 3

k C 5

( 3

)

(cid:229)

(cid:229)  k C 5

=

0

k

k

=

k

- k

0  k  2 ,

0,25 x 3 = - x = - 2 2 x (cid:230) (cid:231) Ł

k  2  (cid:246) (cid:247) 2  x ł k 5  -  C 5 ( 1) 3

10 x

với 15 5 - k = (cid:219) = 10 k 1 0,25 Vậy hệ số của là : = - 810 (cid:230) (cid:231) Ł 10 x  là  ) 1  4 1  1 3 2 (cid:246) (cid:247) ł Hệ số của của số hạng chứa  ( 1 C - 5

n

3  C 20

( )  W =  Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu  trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh”

5 (1,0 đ)  b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm  12  quả đỏ và  8  quả xanh. Lấy ngẫu  nhiên 3 quả. Tính  xác  suất  để trong  3  quả  cầu  chọn  ra  có  ít  nhất  một quả  cầu màu  xanh.  Số phần tử của không gian mẫu là 0,25

3  = (cid:222) 12

( ) n A

( )  P A

3  C  12  3  C 20

(cid:222) C = Thì  A là biến cố “Chọn được ba quả cầu  màu đỏ”

0,25

( ) P A

( )  P A

3  C  12  3  C 20

Vậy xác suất của biến cố  A là = - 1 = - 1 = 46  57

A - -

)  , 2; 1

(

1,0

) Oxy  , cho hình bình hành  ABCD  có hai  Câu 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( ( )  )  ( đỉnh , B C và  . Hãy  xác định tọa độ hai đỉnh  và có tâm I  2;1  D  5;0  góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho.

( (cid:222) - B

)  1; 2

I y

B

I

=

2

x

-

= + = 4 2

6

= 2 x - = - = - 4 5 1 Do  I  là trung điểm  BD . Suy ra 0,25 = 2 - = - = 2 0 2 x  D  y D

(cid:222)

( )  C  6;3

I y

I

0,25 6 .(1,0 đ)  Do  I  là trung điểm  AC . Suy ra

x  A  y A  uuur  BD

( )  . Ta có a =  , AC BD

- 2 = ( ) 8; 4 ,

2 1 3  = + = ( )  - 6; 2

Góc nhọn x (cid:236) B (cid:237) y (cid:238)  x (cid:236) C (cid:237) y (cid:238)  C uuur AC = = 0,25

o 45

uuur uuur )  ( AC BD  ,

uuur uuur AC BD  (cid:215) uuur uuur  AC BD

)

cos a = cos = = = (cid:222) a = 0,25 2  2 - 48 8 4 5.2 10

BC

AB

=

3,

=

1,0 , tính thể tích . Biết =  MC MS 2

Câu 7 . Cho hình chóp  S.ABC  có đáy  ABC  là tam giác vuông tại  A , mặt bên  SAB  là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC  , gọi  M  là điểm thuộc cạnh  SC  sao cho  3 3  của khối chóp  S.ABC  và khoảng cách giữa hai đường thẳng  AC  và  BM .

S

(cid:222) ^

SH AB

( do

M

N

SAB

K

SAB

( ABC

( )  ) (cid:222) ^  SH ABC

Gọi  H là trung điểm  AB D  Do ( đều).  ) ^

0,25 Do  ABC D đều  cạnh bằng  3

A

2

C

2  AB

nên S H = , AC = BC - = 3 2 3 3  2

H

B

3  3

S ABC

.

ABC

N

(cid:222)

6 0,25 (đvtt) = (cid:222) V (cid:215) SH S SH AB AC (cid:215) (cid:215) = 12 1 = (cid:215) 3 1 = (cid:215) 6 9 6  4  (cid:222)

AC

||

^

MN

AC MN || ( SAB

) (cid:222)

( )  AC BMN ||  ( )  ^ SAB

7. (1,0 đ)  Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt  SA  tại (cid:222)

(cid:222)

,

,

AK

^ ( BMN Ta có

0,25

) = d AC BM d AC BMN

(

(

)  ( , AC AB AC SH ,  AC MN MN ^ (cid:222) ^  SAB ( )  ) theo giao tuyến  BN .  ^  SAB ( ( ) (cid:222) AC BMN ||

) ) =

( ( d A BMN ,

)  ) =

với  K

2

3

là hình chiếu của  A  trên  BN

S

=

S

=

AN

=

SA

=

2

ABN

SAB

NA MC  = SC SA

2 = (cid:222) 3

2 3

2 3 = (cid:215) 3

4

3 3  2

2  3

0,25 (đvdt) và

2

2

0

(cid:222) = AK

=

=

BN

=

AN

+

AB

-

2A .

N AB

.cos 60

=

7

2S  ABN  BN

3 21  7

3 3  (cid:215) 2  2  7

( AC BM =

)  3 21  7

Vậy (đvđd) d ,

V

V =

.

.

S ABC

C SAB

SAB ) CA ^  (

J

Lưu ý: Việc tính thể tích, học sinh cũng có thể giải quyết theo hướng  và  Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( tròn  tâm

) Oxy  , cho tam giác  ABC  ngoại tiếp đường  )  ( . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh  A  của tam giác  ABC  có phương  2;1  y + - 10 0

( )  -  2; 4  D

1,0 trình :  2 =  và x là giao điểm thứ hai của  AJ với đường tròn ngoại

.

A

tiếp tam giác  ABC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác  ABC  biết  B  có hoành độ âm  và  B  thuộc đường thẳng có phương trình y + + = 7 0 x

E

( )  )  ( AJ đi qua và 2;1  -  2; 4  D J  phương trình  : AJ x - = 2 0  { }  ( trong đó  H  là chân  ˙  = AJ A ,  AH đường cao xuất phát từ đỉnh  A )

J

I

nên có

0,25

( )  A  2; 6

C

B

H

D

(cid:219) (cid:222) - = 2 0 + - y x = 10 0 = = 2  6 x  y x 2 Tọa độ  A  là nghiệm của hệ (cid:236) (cid:237) (cid:238) (cid:236) (cid:237) (cid:238)

8 .(1,0 đ)  Gọi  E  là giao điểm thứ hai của  BJ  với đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABC .

2

2

(cid:222) D DBJ cân tại  D (cid:222) và  » »  DB DC = (cid:222) =  = EC EA 1  (sđ » EA + sđ » DB )= • DJB (sđ » EC + sđ » DC )=  2 Ta có  » »  DB DC •  1  DBJ =  2  DC DB DJ = = hay  D  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  JBC

JD =

0

+

5

=

5

( )  -  2; 4  D

2

2

25

4

2

+

+

-

=

)

)

( y

2

2

Suy  ra , B C  nằm  trên  đường  tròn  tâm bán  kính có

)

0,25 2 - 25 = + 4 (cid:219) (cid:218) 3 = - = - 4 x y 2  = = - x  y 9 y (cid:236) (cid:237) (cid:238) . Khi đó tọa độ  B  là nghiệm của hệ ( ) Ø B  - - 3; 4  (cid:222) Œ ( )  B  - 2; 9  Œ º

phương trình ( x (cid:236) ( ( ) + y  x (cid:239) (cid:237) x + + = 7 0  (cid:239) (cid:238)  Do  B  có hoành độ âm  nên ta được

BC

:

) 3; 4  (cid:222)

BC

AH

( (cid:236) (cid:239) qua B  - - (cid:237) ^ (cid:239) (cid:238)

(cid:236) (cid:239) :  (cid:237) (cid:239) (cid:238)

(cid:222) BC x : - 2 y - = 5 0 (cid:236) (cid:237) (cid:238) )  ( 3; 4  B - -  ( ) - - qua B  3; 4  r  r ( )  u  vtpt n - 1; 2  = = AH

2

2

B

= -

x

3

x

=

5

2

+

-

25

=

+

4

(cid:219)

(cid:218)

(cid:222)

(cid:222)

( )  C  5; 0

y

4

y

=

0

-

2

(cid:236) (cid:237) (cid:238)

(cid:236) (cid:237) (cid:238)

( ) Ø C ” - - 3; 4  Œ ( ) C  5;0  Œ º

A

B

0,25

( ) y  5 0  y - = ( ) 2;6 ,

= - ( )  C 5;0

) 3; 4 ,

( - -

3

2

y

+

3

x

-

12

y

+ = 7

3

x

- 6

2  y

Khi đó tọa độ  C  là nghiệm của hệ (cid:236) ( ) x (cid:239) (cid:237) x (cid:239) (cid:238)  Vậy

3

2

x

+ + 2

4

- = y

x

+

y

-

4

x

- 2

y

( ) 1  ( )  2

Câu 9. Giải hệ phương trình : 1,0

3 (cid:236) - x (cid:239) (cid:237) (cid:239) (cid:238)  ‡ - 2  £ 4

(cid:219) 0,25 x 4 + ‡ 2 0 - ‡ y 0 x  y (cid:236) Điều kiện :  (cid:237) (cid:238) (cid:236) (cid:237) (cid:238)

3

3

-

1

=

- (cid:219) - = - (cid:219) = +  y 1

x

2

1

2

y

x

)

( y

2

3

x

+ + 2

4

-

+

1

=

x

+

+

1

-

4

x

-

2

+

)

( x

)

( x

) ( x

( )  3  )  1

3

2

+

-

Từ phương trình ( ) 1  ta có ( x 9 .(1,0 đ)  Thay( ) 3  vào ( ) 2  ta được pt: 0,25 (cid:219) x + + 2 3 - = x x + x - 3 x

3

2

(cid:219) + + x

2

3

-

x

x

+

x

-

4

x

- (cid:219) 4

=

+

-

( x

)( 2  x  1

)  4

) - = 3

(

x

+ + 2

3

-

4 x ( x , Đ/K  2 1  )( 2 3

- ( 2 ( - £ £  ) ) - x  2  ) + x 3

( x

( x

)( 2  x  1

)  4

) - - x  ( x

) + x

(

2 + (cid:219) = + - 3 - x + + 2

) 2

2

2

( x

)( x

)  2

( x

) x

2 x 0,25 (cid:219) = + 2 - - x Ø º x - + 3 ( - - + x 3 3 - + x + + 2 ø 4  ß )( 2 3 + ) 2  )( + 2 3

(

)( 2 3 ( ) + + x  ( )

) 2

( 2  (cid:219) - - x

( x

) x

)( 2 3

(

2

x

x

x

2

2

x 2 x 0 = + + 2 x 3 3 - + + + + 2 - + x 2  ( ) (cid:246) (cid:247) (cid:247) (cid:247) )  2  (cid:247) 144444444424444444443  (cid:247) ł 0  > 0,25

3

3

2 3 x y • = (cid:190)(cid:190)fi = (cid:222) ( ) 3 • 0 1 x y

)  1; 0  23

3

.Chứng =  26 0 - x + + - + x 1,0

+

+

3

x

2 2 x

+  xác định và liên tục trên tập  ¡

x

2

+

3 0,

(cid:230) (cid:231) (cid:231) ) (cid:231) (cid:231) (cid:231) Ł 1  0 (cid:219) - - = (cid:219) = (cid:218) = - x ( ) 3  ( ( )  ) =  x y 2;3  ; ( thỏa mãn đ/k) )  ( ( ) ( thỏa mãn đ/k)  1;0  = -  = - (cid:190)(cid:190)fi = (cid:222) x y ; ( Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( ) ( ) ( ) = -  = x y x y ; 2;3 , ; 2 8 2 2 + =  và  Câu10.Chohai phương trình:  x x 4 0  x x 3 minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó  4 •  Hàm số

Đạo hàm

0

a

=

f

160

+ > " ˛ (cid:222) ¡  x ( < (cid:222) $ ˛ -

( )  f x ) 4;0 :

( -

3

0,25 đồng biến trên  ¡ ( ) * ( ) ( )  f a 0 **

3

( )  x = f x ( ) 2 3 ¢ f = x x ( ) ( ) ) = - 40 .4 0 4 . f = - Từ ( ) *  và ( ) **  suy ra  phương trình  2 2 + =  x x x 3 •  Tương tự phương trình

b =

4 0 + +

a =  =  có một nhiệm duy nhất  x 26 0

3

có một nhiệm duy nhất  x 2 8 x - x 23 - + x 10.(1,0đ) 0,25

2 2 a

3

2

3

b

-

2 8 b

+

b 23

-

26

= (cid:219) -

0

b

+

b

-

+

-

Theo trên : a + + a 3 + = 4 0

( 2

( )  2

3

2

3

Và 0,25

( 3 2 )

) ( 2 2

) +  b 4

3

( ) 1  ) ( 2 x 3

+

x

) ( + =  b 0 4 2 2 ( )  ( ) 3  3 2 đồng biến  và liên tục trên tập  ¡  4

+ - + - b b a + a 3 + = 4 -

- (cid:219) = - (cid:219) + =

(cid:219)

2

b

a

b

2

2 2 a + ( )  = f x ( ) = f a

2 2 x + )

0,25

Từ ( ) 1  và ( ) 2 (cid:222) Theo trên hàm số + Đẳng thức ( ) ( 2 3 f a b Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng  2 .

Lưu ý khi chấm bài:

­ Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao 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.

­ 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.

­ Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.

­ 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.