SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN I - KỲ THI THPT QUÔC GIA NĂM HỌC 2015 – 2016 - MÔN TOÁN Thời gian 180 phút Câu 1. a) (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )(C của hàm số 2 1 − − = x xy . b) (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của )(C tại điểm có hoành độ 3=x . Câu 2. (1điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 322 +−= xxy trên đoạn [ ]0;4 . Câu 3. a) (0,5 điểm) Giải phương trình: 0sin22sin =− xx . b) (0,5 điểm) Giải phương trình: xxx 42 4 2 = −− . Câu 4, a) (0,5 điểm) Trong dịp ra quân chăm sóc di tích Đình Đĩnh Lự (Tân Lộc – Lộc Hà – Hà Tĩnh ) đội thanh niên tình nguyện của Đoàn trường THPT Nguyễn Văn Trỗi gồm 14 đoàn viên trong đó có 6 đoàn viên nam 8 đoàn viên nữ trong đó có 2 đoàn viên nam là Ủy viên Ban chấp hành. Cần chọn ngẩu nhiên một nhóm 3 đoàn viên làm nhiệm vụ thắp hương.Tính xác suất sao cho trong 3 đoàn viên được chọn có nam, nữ và Ủy viên ban chấp hành. b) (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức: 15log12log5log 2 2 12 −−=A . Câu 5. a) (0,5 điểm) Tìm số hạng chứa 6x của đa thức ( ) ( )46 325 1xP x x x= + + . b) (0,5 điểm) Chứng minh: 0 2sin 2 cottan =−+ x xx với ., 2 Zkkx ∈≠ pi Câu 6. (1 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 16 96 2089 log 2 3 4 6 3 5 9 12 16 45 81 x x x x x x x x + + + + = + − + + + + + . Câu 7. (1 điểm) Cho hình chóp ABCDS. có đáy ABCD là hình chữ nhật , aABaSA == , , aAC 2= , SA vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD . Gọi G là trọng tâm tam giác SAC .Tính theo a thể tích khối chóp ABCDS. và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng )(BGC . Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I ,điểm ( )2; 1−M là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của B lên AI là 9 8; 5 5 − D .Biết rằng AC có phương trình 5 0x y+ − = , tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 9. (1 điểm) Cho các số thực dương zyx ,, thỏa mãn 3222 =++ zyx .Tim giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 3 3 3 2 3 9 x y zP x y z xyz xy yz zx + + = + + − + + + . Hết Họ và tên: .........................................................................................Số báo danh: ............................... Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm w ww .M AT HV N. co m TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI – HÀ TĨNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN I - KỲ THI THPT QUÔC GIA NĂM HỌC 2015 – 2016 - MÔN TOÁN Câu Nội dung Điểm •TXĐ: D = { }\ 2R • Sự biến thiên + Giới hạn – tiệm cận: x lim y 1 →±∞ = suy ra đường 1y = là tiệm cận ngang. x 2 lim y +→ = +∞ , x 2 lim y −→ = −∞ suy ra đường 2x = là tiệm cận đứng. +) Chiều biến thiên: Ta có: ( )2 1y ' x 2 − = − , 'y không xác định tại 2x = ' 0y < 2x∀ ≠ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. +) Bảng biến thiên +) Hàm số không có cực trị: 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câ u 1 a (1 đi ểm ) • Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm 1(0; ), (1;0), (3;2) 2 0,25đ Câ u 1b (1 đi ểm ) Tại điểm có hoành độ 3x = ta có tung độ tương ứng là 2y = ( ) ( )2 3 1y ' y ' 1 x 2 − = ⇒ = − − Pttt cần viết là ( )y 2 1 x 3 y x 5− = − − ⇔ = − + 0,25đ 0,25đ 0,5đ Ta có 2 x 1y ' , y ' 0 x 1 x 2x 3 − = = ⇔ = − + ( ) ( ) ( )0 3, 1 2, 4 11y y y= = = 0,5đ 0,25đ Câ u 2 (1 đi ểm ) Vậy 11Maxy = tại 4x = và min 2y = tại 1x = 0,25đ Câu 3a (0.5 điểm) ( )sin 2 2sin 0 2sin .cos 2sin 0 2sin cos 1 0x x x x x x x− = ⇔ − = ⇔ − = 0,25đ −∞ +∞2 − − −∞ +∞ 1 1 w ww .M AT HV N. co m inx 0 , cos 1 s x k k Z x pi = ⇔ ⇔ = ∈ = 0,25đ Câ u 3b (0. 5 đi ểm ) 2 24 4 2 22 4 2 2 4 2x x x x x x x x x− − − −= ⇔ = ⇔ − − = 2 13 4 0 4 x x x x = − − − = ⇔ = 0,25đ 0,25đ Câ u 4a (0. 5 đi ểm ) Số các khả năng của không gian mẩu là : 314 364C = ,để chọn được 3 đoàn viên theo yêu cầu bài toán ta có các cách chọn sau + Chọn 1 trong 2 Ủy viên ban chấp hành,chọn 1 trong 4 đoàn viên nam còn lại,chọn 1 trong 8 đoàn viên nữ,trường họp này có 1 1 12 4 8. . 64C C C = cách chọn. + Chọn 2 Ủy viên ban chấp hành,chọn 1 trong 8 đoàn viên nữ,trường họp này có 2 1 2 8. 8C C = cách chọn. +Chọn 1 nam Ủy viên và chọn thêm 2 nữ có 1 22 8. 56C C = cách chọn Nên ta có 64 8 56 128+ + = cách chọn 3 đoàn viên theo yêu cầu bài toán . Vậy xác suất cần tính là 128 32 364 91 P = = . 0,25đ 0,25đ Câ u 4b (0. 5 đi ểm ) Ta có: 2 1 2 2 2 2 2 log 5 log 12 log 15 log 5 log 12 log 15A = − − = + − 2 2log 5.12 log 15= − 2 2 5.12log log 4 2 15 = = = 0,25đ 0,25đ Câ u 5a (0. 5 đi ểm ) Ta có: ( ) ( )46 325 1xP x x x= + + = ( )4 3 0 1 2 2 3 3 4 44 4 4 4 425 . .x x C C x C x C x C x+ + + + + ( )0 3 1 4 2 5 3 6 4 74 4 4 4 425C x C x C x C x C x= + + + + + Nên số hạng chứa 6x là ( )3 6425 C x+ ( ) 6 625 4 29x x= + = 0,25đ 0,25đ Câ u 5b (0. 5 đi ểm ) Với ,2x k k Z pi ≠ ∈ ta có 2 s inx cos 2tan cot sin 2 cos s inx sin 2 x x x x x x + − = + − 2 2s in x+cos 2 s inx cos sin 2 x x x = − 1 2 1 sin 2 s in2x 2 x = − = 2 2 0 s in2x sin 2x − = , điều phải chứng minh. 0,25đ 0,25đ Điếu kiện 4 3 x ≥ − Ta có 2 2 2 16 96 2089 log 2 3 4 6 3 5 9 12 16 45 81 x x x x x x x x + + + + = + − + + + + + ( ) ( )( )2 22 26 13 log 6 13 2 3 4 3 5 9 log 2 3 4 3 5 9 *x x x x x x x x⇔ + + + + + = + + + + + + + 0,25đ w ww .M AT HV N. co m Câ u 6 (1 đi ểm ) Xét hàm số 2( ) log , 0f t t t t= + > , 1 '( ) 1 0 ln 2 f t t = + > với mọi 0t > nên ( )f t đồng biến trên ( )0;+∞ . Từ ( )* suy ra ( )2( 6 13) 2 3 4 3 5 9f x x f x x+ + = + + + nên 2 6 13 2 3 4 3 5 9x x x x+ + = + + + 2 2 ( 2) 3 4 3 ( 3) 5 9 0x x x x x x ⇔ + + + − + + + − + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 0 2 3 4 3 5 9 x x x x x x x x x x + + ⇔ + + + = + + + + + + ( )2 2 3[1 ] 0 2 3 4 3 5 9 x x x x x x ⇔ + + + = + + + + + + ( )2 0x x⇔ + = vì 2 31 0 2 3 4 3 5 9x x x x + + > + + + + + + 4 3 x∀ ≥ − 0; 1x x⇔ = = − Đối chiếu với điều kiện ban đầu suy ra phương trình có nghiệm 0, 1x x= = − 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 7 1 điểm Ta có ( )2 22 3BC a a a= − = ,diện tích hình chữ nhật ABCD là 2 . 3 . 3ABCDS a a a= = . Thể tích khối chóp là 31 3 . 3 3ABCD aV SA S= = . Gọi O là giao điểm của AC và BD , H là hình chiếu vuông góc của G lên mp ( )ABCD thì ta có 1 3 3 aGH SA= = ,thể tích khối chóp .G ABC là 3 . 1 1 3 . . 3 2 18G ABC ABCD aV GH S= = Mặt khác ( ). ,( ) 1 . . 3G ABC BGCA BGC V d S∆= => ( ) . ,( ) 3 G ABC A BGC BGC Vd S∆ = Xét tam giác BGC ta có 3BC a= , 4 4 . 3 3 CH CO OH CO a= + = = nên 2 24 17 3 3 3 a a aCG = + = ,gọi N là trung điểm SD do 2 2 2SB a a a= + = 2 23 2SD a a a= + = nên 2 2 22 2 2 2 3 3 4 SA BD SDBG BN + −= = 2 2 22 4 8 4 2 2 3 4 3 a a a aBG + −=> = = 0,25đ 0,25đ 0,25đ Áp dụng định lí cô sin trong tam giác BGC ta có S A B C D G O H w ww .M AT HV N. co m 2 2 22 2 173 3 9 3 9 5 cos sin 1 24 82 2 2 62. . 3 3 a a a B B a a + − = = => = − = từ đó ta có 21 1 2 2 5 15 . .sin . . 3. 2 2 3 8 6BGC a aS BG BC B a∆ = = = Vậy ( ) 3 ,( ) 2 33. 518 515 6 A BGC a ad a = = 0,25đ Cách 2: 2 2 AM.AB ad(A;(BCG)) d(A;BM) 5AM AB = = = + 0.5đ Câ u 8 1 đi ểm Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên BC, E là trung điểm AB. Ta có tứ giác BFDA nội tiếp đường tròn đường kính AB và ngủ giác BEDIM nội tiếp đường tròn đường kính BI suy ra 1 EF 2 DEM DBM DBF D∠ = ∠ = ∠ = ∠ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung) nên EM là phân giác của góc EFD∠ , lại có 1 2 FE DE AB= = nên ME là đường trung trực của DF. Đường thẳng ME qua M và song song với AC nên có phương trình 1 0x y+ − = , F đối xứng với D qua ME nên F 13 6; 5 5 − , 3 1 ; 5 5 MF = nên véc tơ pháp tuyến của BC là ( )1; 3n − suy ra phương trình BC là 3 5 0x y− − = tọa độ C là nghiệm của hệ 5 0 3 5 0 + − = − − = x y x y ( )5;0⇒ C M là trung điểm BC suy ra ( )1; 2B − − AF qua F và vuông góc với BC nên có phương trình 333 0 5 x y+ − = tọa độ A là nghiệm của hệ 5 0 333 0 5 x y x y + − = ⇒ + − = A ( )1;4 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 9 8 ; 5 5 − D ( )2; 1−M S A B C D G O M w ww .M AT HV N. co m Ta có ( ) ( )2 2 2 2 2x y z x y z xy yz zx+ + = + + + + + ( ) ( )2 3 2x y z xy yz zx=> + + = + + + lại có ( ) ( )3 3 3 2 2 2 3x y z x y z x y z xy yz zx xyz + + = + + + + − + + + ( ) ( )3 3x y z xy yz zx xyz = + + − + + + nên ( ) 3 3 3 1 1 1 1 1 3 9 3 9 x y z xy yz zx xyz yz zx xy + + = + + + − + + 0,25đ Câ u 9 (1 đi ểm ) Áp dụng BĐT Cauchy ta có 2 2 23 3 2 2 2 3 . . 1 1 1 9 1 1 1 13 . . xy yz zx x y z xy yz xz xy yz zx xy yz zx x y z + + ≥ => + + ≥ + ++ + ≥ Suy ra ( ) 3 3 3 1 1 3 9 3 x y z xy yz zx xyz xy yz zx + + ≥ + − + + + + Từ đó ta có ( ) ( )1 1 33 2 3 3 P xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx ≤ + + + − − − + + + + + + + ( )11 2 3 xy yz zx= + + + do 2 2 2 2 2 2 0 3 2 x y y z z x xy yz zx + + + + +< + + ≤ = nên 11 296 3 3 P ≤ + = Từ đó suy ra GTLN của P là 29 3 đạt khi 2 2 2 3 1 3 x y z xy yz xz x y z xy yz zx + + = = = ⇔ = = = + + = . 0,25đ 0,25đ 0,25đ Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa w ww .M AT HV N. co m
Tài liệu đính kèm: