de thi thu dai hoc 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO. ……………………… ĐỀ 5. KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016. Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề -------------------------------------. 3 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x  3x  2 (1) .. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị.  C  của hàm số (1) .. b) Xác định tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng () : y m(2  x)  2 cắt đồ thị.  C  tại ba điểm phân biệt trong đó có đúng hai giao điểm có hoàng độ lớn hơn 1. Câu 2 (0,5 điểm). Giải phương trình sin 2 x  3 cos 2 x  2 0 Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thoả mãn z  2 z 3  i . Tính môđun của số phức z. 2 x 1 x b) Giải phương trình 5  6.5 1 0 . 1 y  x3  x 2 3 Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi và Ox. Tính thể tích khối tròn xoay. sinh ra khi quay (H) quanh trục Ox. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm d:. A   4;1;3. và đường thẳng. x 1 y  1 z  3   2 1 3 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d.. Tìm điểm B thuộc d sao cho AB  27 . Câu 6 (0,5 điểm). Xếp ngẫu nhiên 5 học sinh trong đó có học sinh A và B thành một hàng ngang. Tính xác suất để hai bạn A, B cùng được xếp ở vị trí đầu hàng. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, SA = AD = 2a. Biết rằng hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Câu 8 : ( 1điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng đi qua trung điểm M của AB và trung điểm N của AC có phương trình x – y + 1 = 0. Gọi K(2;1) là trung điểm của BC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết diện tích tam giác KMN bằng 1.. .  .  x 3  y3 ln x 2  1  x  ln y 2  1  y    x(x  1) (2  y). y 2  2y  3 Câu 9 : ( 1điểm) Giải hệ phương trình: . . (x, y  R). Câu 10 : ( 1điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a+b +c=1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2. biểu thức. P=. 2. a b 3 + − ( a+b )2 . 2 2 (b+ c ) +5 bc ( c+ a ) +5 ca 4. ------------------------------- HẾT -----------------------------Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, Giám thị coi thi không được giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu Ý a. Nội dung trình bày. Điể m. 3 2 Cho hàm số y  x  3 x  2 (1) .. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị TXĐ  . Sự biến thiên. 1,0.  C  của hàm số (1) .. 0,25. 2 Ta có y '  3x  6 x ..  x 0 y ' 0   3x 2  6 x 0    x 2. Hàm số nghịch biến trên các khoảng.   ;0  ;  2; . 0,25. 0; 2. Hàm số đồng biến trên khoảng   Các điểm cực trị: yCĐ = y(2) = 2; yCT = y(0) = –2 lim y . lim y  . ; x   . Đồ thị hàm số không có tiệm cận. y ''  6 x  6 Ta có suy ra y '' 0   6 x  6 0  x 1  yĐU = 0 Bảng biến thiên: X – 0 2 + y’ + 0 – – 0 Y + 2 x  . 1. +. 0,25. – –2 Đồ thị : Đồ thị nhận điểm uốn I(1;0 ) làm tâm đối xứng. 0,25. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng b. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> () : y m(2  x)  2 cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt trong đó có đúng hai giao điểm có hoàng độ lớn hơn 1. C Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) và   là : x 2   2  x3  3x 2  2 m(2  x)  2  x  x  2  m 0 (*) C Đường thẳng () cắt   tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) 9   1  4   2  m   0 m    2  4 2  2  2  m  0    m 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 2. Để có đúng hai giao điểm có hoành độ lớn hơn 1 thì nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  1  x2   1  x1   1  x2   0  1   x1  x2   x1 x2  0  **. Theo Viet ta có.  x1  x2 1   **  1  1  2  m  0  m   2   x1 x2  2  m. m   2  Kết hợp điều kiện ta có m 0 Giải phương trình sin 2 x  3 cos 2 x  2 0. 2. sin 2 x  3 cos 2 x  2 0 . 1 3 s in2x  cos 2 x 1 2 2.    sin  2 x   1 3     2 x    2 k 3 2   x   k  k   12  x 0  x 3 . (0.25). n    5!. n  A  2!3!  P  A  . 0,25. 0,25. 1,0 0,25 0,25. 0,25. Xếp ngẫu nhiên 5 học sinh trong đó có học sinh A và B thành một hàng ngang. Tính xác suất để hai bạn A, B cùng được xếp ở vị trí đầu hàng. Ta có. 0,25. 0,25. Câu 3 : Phương trình hoành độ giao điểm của ( H) và Ox. 1 3 x  x 2 0  3. 0,25. n  A 1  n    10.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD. Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và (SAC)  (SBD) = SO, nên ta có SO  (ABCD). AC = AB + BC = 5a  AC = a  OA = \f(a,2  SO = = \f(a,2 Từ đó V = \f(1,3.SO.S = \f(1,3 \f(a,2. a.2a = \f(a,3 (đvtt) Gọi M là trung điểm SB, Ta có OM // SD  (ACM) // SD. Do đó: d(AC,SD) = d(SD,(ACM)) = d(D;(ACM)) = \f(3V,S 1 1 1 a 3 11 VD. AMC VMACD  VS . ACD   VS . ABCD  2 2 2 12 . Ta có. Ta có OA = OB = OC = \f(a,2  SB = SC = SA = 2a. SBC đều, do đó MC = \f(SB,2 = a Trong SAB có AM = \f(SA+AB,2 - \f(SB,4 = \f(3a,2  AM Từ đó cosAMC = \f(MA+MC-AC,2MA.MC.  sinAMC =. . . 142 12. Suy ra S = \f(1,2MA.MC.sinAMC. . a 2 71 8. a 3 11 2 781a  212  71 a 71 8 Vậy d(AC,SD) = \f(3V,S. Câu 7: N. M I B. K. C. 2 12. . a 3 2 ..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Phương trình AK có dạng: x + y + m =0 ( vì AK vuông góc MN) K thuộc AK nên m = -3 Phương trình AK : x + y – 3 = 0. I là giao điểm của AK và MN  I (1;2) MN là đường trung bình nên I là trung điểm AK.  A(0;3) (0.25) 1 S KMN 1  S ABC  S ABC 4 4 AK 2 2 2S 8 BC  ABC  2 2  0.25  AK 2 2  KB KC  2 B, C thuộc đường tròn (C): (x – 2)2 + ( y – 1)2 = 2 Phương trình BC là: x – y – 1 = 0 Tọa độ B, C là nghiệm của hệ:.  x  y  1 0  x 1; y 0  0.25    2 2  x 3; y 2  x  2    y  1 2 Vậy A(0;3) ; B(1;0); C(3;2) hoặc A(0;3) B(3;2) C(1;0). (0.25). .  . .  x 3  y3 ln x 2  1  x  ln y 2  1  y (1)    x(x  1) (2  y). y 2  2y  3 (2) Câu 8: Giải hệ phương trình:    1  (1)  x 3  ln x 2  1  x  y 3  ln   y2 1  y   . . .  x 3  ln. . f (t) t 3  ln f '(t) 3t 2 . . x 2  1  x ( y)3  ln. . t 2 1  t 1 2. t 1.  ,D=R. . (  y) 2  1  ( y).  Xét. (0.25).  0, t  R.  f đồng biến trên R. Vậy (1)  f (x) f (  y)  x  y 2. (0.25) 2. Thay vào (2)  x  x (x  2). x  2x  3 2 (x  x)(x  2) 0  2 2 2 2 (x  x) (x  2x  3).(x  2). (0.25). 2. (x  x)(x  2) 0  2  x 1  7  x  2x  6 0 KL: nghiệm hpt: (1  7;  1  7);(1  7;(  1  7) Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có. (0.25).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> a2 a2 4a 2   . (b  c) 2  5bc (b  c) 2  5 (b  c) 2 9(b  c) 2 4 (0.25) b2 4b 2  . 2 2 Tương tự, ta có (c  a)  5ca 9(c  a ) a2 b2 4  a2 b2       (b  c) 2  5bc (c  a ) 2  5ca 9  (b  c) 2 (c  a ) 2  2. 2 a b  2  a 2  b 2  c ( a  b)         9 bc ca  9  ab  c(a  b)  c 2  Suy ra  ( a  b) 2  c(a  b) 2 2   2 9  ( a  b)  c ( a  b)  c 2  4 . 2. 2.  2  2  2(a  b)2  4c (a  b)      . 9  ( a  b) 2  4c( a  b)  4c 2    . Vì a  b  c 1  a  b 1  c nên 2. 2  2(1  c) 2  4c(1  c)  3 2 P    (1  c) 9  (1  c )2  4c(1  c)  4c 2  4 2. 8 2  3  1   (1  c) 2 .  9  c 1  4 (1) (0.25) 2 8 2  3 2 f (c )   1    4 (1  c ) 9 c  1   Xét hàm số với c  (0; 1). 16  2  2 3 f '(c )   1   (c  1); . 2 9  c  1  (c  1) 2 Ta có Bảng biến thiên:. 1 f '(c ) 0  (c  1) 64  (3c  3)3 0  c  . 3 (0.25) 1 f (c)  9 với mọi c  (0; 1). (2) Dựa vào bbt ta có. . . 1 1 , a b c  . 9 dấu đẳng thức xảy ra khi 3 Từ (1) và (2) suy ra 1 1  , a b c  . 3 (0.25) Vậy GTNN của P là 9 đạt khi P .

<span class='text_page_counter'>(7)</span>

<span class='text_page_counter'>(8)</span>