TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 2 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 : 1 2 3 x y x Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : 218f x x x . Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho ; 2 và 4 sin 5 . Tính giá trị biểu thức 3 5 5 sin sin 2 2cos 2cos sin cos 2 sin P b) Giải phương trình : cos 2 1 2cos sin cos 0x x x x Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 2 3 9 3 3 log 5 log 2 log 1 log 2x x x Câu 5 (1,0 điểm). a) Tìm hệ số của 6x trong khai triển của biểu thức : 8 2 32x x . b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n và 3n . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo . Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh 1; 1A , 3;0B . Tìm tọa độ các đỉnh C và D Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho 2BH AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 060 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SCD . Câu 8 (1,0 điểm).. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có 1;4A , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của góc ADB là : 2 0d x y , điểm 4;1M thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : 3 3 2 2 2 3 2 8 8 3 3 5 5 10 7 2 6 2 13 6 32 x y x y x y x y y y x x y x Câu 10 (1,0 điểm).Cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 4 4 4 1 1 1 T a b b c c a a b c --------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: TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang) Câu Đáp án Điểm Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : 1 2 3 x y x 1,0 Tập xác định: 3 \ 2 D . Sự biến thiên. : + CBT 2 5 ' 0, (2 3) y x D x Hàm số nghịch biến trên 3 ( ; ) 2 và 3 ( ; ) 2 . +Hàm số không có CĐ, CT 0,25 1 (1,0 đ) +Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận 3 x 2 lim y và 3 x 2 lim y 3 2 x là TCĐ khi 3 2 x . x 1 1 lim y y 2 2 là TCN khi .x 0,25 Bảng biến thiên: x 3 2 y’ - || - y 1 2 1 2 0.25 3.Đồ thị. - Đồ thị nhận điểm 3 1 I( ; ) 2 2 làm tâm đối xứng. - Đồ thị cắt Ox tại 1;0 và cắt Oy tại 1 (0; ) 3 . - Đồ thị đi qua 1;2 , 2; 3 0,25 Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : 218f x x x . 1,0 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 - 10 - 5 5 10 I Hàm số xác định và liên tục trên 3 2;3 2D 0,25 2 (1,0 đ) Ta có 2 2 22 0 1 0 18 3 1818 xx f x f x x x x x xx 0,25 Mà 3 2 3 2 ; 3 2 3 2 ; 3 3 18 9 6f f f 0,25 Suy ra 3 2 ;3 23 2 ;3 2 max 3 6 ; min 3 2 3 2 xx f x f f x f 0,25 a) Cho ; 2 và 4 sin 5 . Tính giá trị biểu thức 3 5 5 sin sin 2 2cos 2cos sin cos 2 sin P 0,5 Ta có 2 3 2 2 3 2 2 2 5 2 2 2 2 5 2sin .cos 2cos 1 cos 2sin .cos 2cos sin sin cos sin sin sin cos sin cos sin sin P 3.(1,0đ) 2 2 4 3 4 4 2sin .cos 1 cos 2sin .cos 2 tan 1 sin .cos sin .cos P 0,25 Bài ra ta có 2 2 4 9 3 sin os 1 sin cos ; 5 25 5 2 c Do Thế vào 1 ta được 3 4 12852. 3 27 5 P . Đáp số 128 27 P 0,25 b) Giải phương trình : cos 2 1 2cos sin cos 0x x x x 0,5 Phương trình đã cho 2 2cos sin 1 2cos sin cos 0x x x x x cos sin cos sin 1 2cos 0x x x x x cos sin cos sin 1 2cos 0 cos sin sin 1 cos 0x x x x x x x x x 0,25 tan 1 cos sin 0 4 2 sin 1sin 1 cos 0 2 , 24 2 x x k x x xx x x k x k ( k ) Vậy phương trình có các nghiệm ; 2 ; 2 4 2 x k x k x k ,( k ) 0,25 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 2 3 9 3 3 log 5 log 2 log 1 log 2x x x 1,0 4 .(1,0 đ) Điều kiện 2 5 0 5 1 2 0 2 2 11 0 x x x x x x xx 0,25 Với điều kiện đó phương trình 2 3 3 3 3log 5 log 2 log 1 log 2x x x 2 2 3 3log 5 2 log 2 1 5 2 2 1 *x x x x x x 0,25 Trường hợp 1. Nếu 2x thì phương trình * tương đương với 2 2 3 ( / )5 2 2 1 7 12 0 4 ( / ) x t m x x x x x x t m 0,25 Trường hợp 2. Nếu 1 2x thì phương trình * tương đương với 2 2 1 97 ( / ) 6 5 2 2 1 3 8 0 1 97 ( ) 6 x t m x x x x x x loai Vậy phương trình có ba nghiệm: 3, 4x x và 1 97 6 x 0,25 a) Tìm hệ số của 6x trong khai triển của biểu thức : 8 2 32x x . 1,0 Gt 8 8 32 58 8 2 2 8 2 8 8 0 0 3 3 2 2 . 1 2 3 kk k kk k k k k k x C x C x x x 0,25 Số hạng chứa 6x ứng với k thỏa mãn 32 5 6 4 2 k k Vậy hệ số của 6x là : 44 4 4 8 1 2 3 90720C 0,25 5 (1,0 đ) b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n và 3n . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo . Số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là 2 3 2 n n n C n 0,25 Từ giả thiết ta có phương trình 2 183 135 3 270 0 152 nn n n n n Do n và 3n . Nên ta tìm được giá trị cần tìm 18n 0,25 Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh 1; 1A , 3;0B . Tìm tọa độ các đỉnh C và D 1,0 Gọi 0 0;C x y , khi đó 0 02;1 , 3;AB BC x y 0,25 6 .(1,0 đ) Từ ABCD là hình vuông, ta có : 0 0 0 0 2 2 00 0 0 4 2 3 1. 0 1 23 5 2 x x y yAB BC xAB BC x y y 0,25 Với 1 14; 2 2; 3C D ( từ đẳng thức AB DC ) 0,25 Với 2 12;2 0;1C D ( từ đẳng thức AB DC ) 0,25 Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho 2BH AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 060 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SCD . 1,0 Vì SC tạo với đáy một góc 060 , suy ra 060SCH Ta có: 2 8 64 4 13 4 3 9 3 HB HC 0 4 13 4 13 .tan 60 3 3 SH 0,25 I A D C B S H K 7. (1,0 đ) 2 . D D 1 1 4 13 64 13 . . 4 . 3 3 3 3 3 S ABC ABCV S SH 0,25 Kẻ HK song song AD ( DK C ) ( )DC SHK ( D) ( )mp SC mp SHK Kẻ HI vuông góc với SK ( D)HI mp SC ( , ( D))d H SC HI 0,25 Trong SHK ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 1 16 13 4 .13 4 13.4 HI HI SH HK ( , ( D)) 13d H SC . 0,25 Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có 1;4A , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của góc ADB là : 2 0d x y , điểm 4;1M thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . 1,0 F E I D A(1;4) B C M(-4;1) Gọi E, F là giao điểm của d và AB, AC Ta có: 1 AFD 2 1 EF 2 C ADC A ADC DAB . Mà C DAB (cùng chắn cung AB ) AFD EF E AFA A 0,25 8 .(1,0 đ) Ta có ( 5; 3)AC suy ra vtpt của AC là (3; 5)ACn : 3( 1) 5( 4) 0 3x 5 17 0pt AC x y y Tọa độ F là nghiệm của hệ: 7 3x 5 17 0 7 112 ( ; ) 2 0 11 2 2 2 x y F x y y Ta có 2 2 7 11 34 34 (1 ) (4 ) E 2 2 2 2 AF A Vì 2 2( ; 2) E ( 1; 2) E ( 1) ( 2)E d E t t A t t A t t 0,25 7 7 11 ( ; ) ( ) 34 2 2 2E 1 1 32 ( ; ) ( / ) 2 2 2 t E Loai do trung F A t E T m 3 5E ( ; ) 2 2 A vtpt của AB là (5; 3)ABn : 5( 1) 3( 4) 0 5x 3 7 0pt AB x y y 0,25 Câu 9. Giải hệ phương trình : 3 3 2 2 2 3 2 8 8 3 3 1 5 5 10 7 2 6 2 13 6 32 2 x y x y x y x y y y x x y x 1,0 Điều kiện : 2 0 2 7 0 7 x x y y Từ phương trình 1 ta có 3 3 1 5 1 1 5 1 3x x y y Xét hàm số 3 5f t t t , trên tập , 23 5 0,f t t t hàm số f t đồng biến trên . Từ 3 : 1 1f x f y x y 4 0,25 9 .(1,0 đ) Thay 4 vào 2 ta được pt: 2 3 25 5 10 7 2 6 2 13 6 32 5x x x x x x x x Đ/K 2x 0,25 2 3 25 5 10 7 3 2 6 2 2 2 5 10 5x x x x x x x x 2 25 5 10 2 62 2 5 7 3 2 2 x x x x x x x x 2 25 5 10 2 62 5 0 7 3 2 2 x x x x x x x 0,25 42 2 ; 2;2x y x y ( thỏa mãn đ/k) 2 25 5 10 2 6 5 5 10 2 6 0 5 27 3 2 2 x x x x x x x x 2 0, 20, 2 0, 2 0, 2 1 1 1 1 5 5 10 2 6 0 5 27 3 2 2xx x x x x x x x (pt này vô nghiệm) Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất : ; 2; 2x y 0,25 Câu10. Cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 4 4 4 1 1 1 T a b b c c a a b c 1,0 Vì , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 1 , , 0; 2 a b c 2 2 2 4 4 4 1 1 1 5 1 5 1 5 1 1 1 1 a b c T a b c a b c a a b b c c 0,25 10.(1,0đ) Ta có 2 2 2 3 1 2 15 1 1 18 3 0 , 0; 2 a aa a a a a a a Từ đó suy ra : 2 5 1 1 18 3, 0; 2 a a a a a 0,25 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. Ta cũng có 2 bất đẳng thức tương tự: 2 5 1 1 18 3, 0; 2 b b b b b và 2 5 1 1 18 3, 0; 2 c c c c c Cộng các bất đẳng thức này lại với nhau ta có : 2 2 2 5 1 5 1 5 1 18 9 9 a b c T a b c a a b b c c . Dấu đẳng thức xẩy ra khi 1 3 a b c ax 9mT đạt được 1 3 a b c 0,25 Vậy Cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 , thì giá trị lớn nhất của biểu thức : 4 4 4 1 1 1 T a b b c c a a b c bằng 9 và đạt được khi và chỉ khi 1 3 a b c Chú ý: Để có được bất đẳng thức 2 5 1 1 18 3, 0; 2 a a a a a ta đã sử dụng phương pháp tiếp tuyến 0,25
Tài liệu đính kèm: