Nội dung:

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 :  12 3xyx 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: R 9 )8 ( và 4sin5. Tính giá trị biểu thức 3 55sin sin2 2cos 2cossin cos2 sinP       b) Giải phương trình : cos2 1 2cos sin cos 0x x x x    Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 23 93 3log 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 : 8232xx: 9 )8 (. b) Cho một đa giác đều n đỉnh, nR và 3nm. 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 ABCDcó đáy là hình vuông cạnh bằng 4. Mặt bên SABnằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc củaS trên mặt đáy là điểmHthuộc đoạnABsao cho 2BH AH. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 060. Tính thể tích khối chóp .S ABCDvà khoảng cách từ điểm Hđến 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 giácABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc iADB 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 22 3 28 8 3 35 5 10 7 2 6 2 13 6 32x y x y x yx y y y x x y x4    13         14 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 1Ta 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:……………… Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên lientoancvp@vinhphuc.edu.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl 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 :  12 3xyx 1,0 i Tập xác định: 32D4  3 4 . i Sự biến thiên. : + CBT 25' 0,(2 3)y x Dx   R B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 3x2lim yr  và3x2lim yr B32x là TCĐ khi 32xo: r 9 )8 (. x1 1lim y y2 2ro  B   là TCN khi .xr o 0,25 i Bảng biến thiên: x  32  y’ - || - y 12   12 0.25 3.Đồ thị. - Đồ thị nhận điểm 3 1I( ; )2 2  làm tâm đối xứng. - Đồ thị cắt Ox tại 1;0 và cắt Oytại 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  . 1,0 642-2-4-6-8-10-10-5510I Hàm số xác định và liên tục trên 3 2;3 2D7 ' 5  0,25 2 (1,0 đ) Ta có 22 2201 0 18 31818xxf x f x x x xx xxm4   B  E   E E 3 4 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 2max 3 6 ; min 3 2 3 2xxf x f f x f7 '7 'R R 5 5       0,25 a) Cho ;2: R 9 )8 ( và 4sin5. Tính giá trị biểu thức 3 55sin sin2 2cos 2cossin cos2 sinP       0,5 Ta có 2 3 22 3 22 2 5 2 2 2 2 52sin .cos 2cos 1 cos2sin .cos 2cos sinsin cos sin sin sin cos sin cos sin sinP                      3.(1,0đ) 2 2434 42sin .cos 1 cos2sin .cos2tan 1sin .cos sin .cosP         0,25 Bài ra ta có 2 24 9 3sin os 1 sin cos ;5 25 5 2c Do: :  B    B   R9 )9 )8 (8 (      Thế vào 1ta được 3412852.3275P: 9 )  9 )9 )8 (. Đáp số 12827P  0,25 b) Giải phương trình : cos2 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 xE      cos sin cos sin 1 2cos 0x x x x xE     7 '5  cos sin cos sin 1 2cos 0 cos sin sin 1 cos 0x x x x x x x x x     E    7 '5  0,25 tan 1cos sin 042sin 1sin 1 cos 02 , 242xx kx xxx xx k x k77 6 76E E6: 66   59 )6   68 (565   (kR) Vậy phương trình có các nghiệm ; 2 ; 24 2x k x k x k         ,(kR) 0,25 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 23 93 3log 5 log 2 log 1 log 2x x x      1,0 4 .(1,0 đ) Điều kiện 25 0512 0 2211 0xxxx xxxx 4 4141  E g E3 3 3g41 1 44 0,25 Với điều kiện đó phương trìnhE 23 3 3 3log 5 log 2 log 1 log 2x x x      2 23 3log 5 2 log 2 1 5 2 2 1 *x x x x x x7 'E 7   '   E    5 5  0,25 i Trường hợp 1. Nếu 2x thì phương trình * tương đương với 223 ( / )5 2 2 1 7 12 04 ( / )x t mx x x x xx t m7    E    E65 0,25 i Trường hợp 2. Nếu 1 2x  thì phương trình * tương đương với 221 97( / )65 2 2 1 3 8 01 97( )6x t mx x x x xx loai766     E    E665 Vậy phương trình có ba nghiệm: 3, 4x x  và 1 976x 0,25 a) Tìm hệ số của 6x trong khai triển của biểu thức : 8232xx: 9 )8 (. 1,0 Gt E8832 58 82 2 828 80 03 32 2 . 1 2 3kkkkk k k kk kx C x C xx x :  :     9 ) 9 )8 ( 8 (  0,25 Số hạng chứa 6x ứng với k thỏa mãn 32 56 42kk E  Vậy hệ số của 6x là : 44 4 481 2 3 90720C  0,25 5 (1,0 đ) b) Cho một đa giác đều n đỉnh, nR và 3nm. Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo . Số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là 232nn nC n  0,25 Từ giả thiết ta có phương trình 2183135 3 270 0152nn nn nn7 E    E6 5 Do nR và 3nm. 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 ABCDlà hình vuông, ta có : 00 002200 0042 3 1. 0123 52xx yyAB BCxAB BCx yy7 4364    41 1 46E E3 364  141463645  0,25 Với 1 14; 2 2; 3C D B  ( từ đẳng thức AB DC  ) 0,25 Với 2 12;2 0;1C DB( từ đẳng thức AB DC  ) 0,25 Cho hình chóp .S ABCDcó đáy là hình vuông cạnh bằng 4. Mặt bên SABnằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc củaS trên mặt đáy là điểmHthuộc đoạnABsao cho 2BH AH. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 060. Tính thể tích khối chóp .S ABCDvà khoảng cách từ điểm Hđến mặt phẳng SCD. 1,0 Vì SC tạo với đáy một góc 060, suy ra i060SCH Ta có: 28 64 4 1343 9 3HB HC B    04 13 4 13.tan6033SHB   0,25 IADCBSHK 7. (1,0 đ) 2. D D1 1 4 13 64 13. . 4 .3 33 3 3S ABC ABCV S SHB    0,25 Kẻ HK song song AD (DK CR) ( )DC SHKB  ( D) ( )mp SC mp SHKB  Kẻ HI vuông góc với SK ( D)HI mp SCB  ( ,( D))d H SC HIB  0,25 Trong SHK ta có: 2 2 2 2 2 21 1 1 3 1 16134 .13 4 13.4HIHI SH HK     B  ( ,( D)) 13d H SCB . 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 giácABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc iADB là : 2 0d x y   , điểm 4;1M thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB. 1,0 FEIDA(1;4)BCM(-4;1) Gọi E, F là giao điểm của d và AB, AC Ta có: ikiiii1AFD21EF2C ADCA ADC DAB4 1131 14 . Mà kiC DAB (cùng chắn cung eAB) iiAFD EF E AFA AB  B  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 yB     E    Tọa độ F là nghiệm của hệ: 73x 5 17 07 112( ; )2 0 112 22xyFx yy41  41E B3 3  4114 Ta có 2 27 11 34 34(1 ) (4 ) E2 2 2 2AF A     B  Vì 2 2( ; 2) E ( 1; 2) E ( 1) ( 2)E d E t t A t t A t tR B  B    B     0,25 7 7 11( ; ) ( )342 2 2E1 1 32( ; ) ( / )2 2 2t E Loai do trung FAt E T m7 76 6 E B6 66 6  6 65 5 3 5E ( ; )2 2AB    Bvtpt của AB là (5; 3)ABn  : 5( 1) 3( 4) 0 5x 3 7 0pt AB x y yB     E    0,25 Câu 9. Giải hệ phương trình :3 3 2 22 3 28 8 3 3 15 5 10 7 2 6 2 13 6 32 2x y x y x yx y y y x x y x4    13         14 1,0 Điều kiện :2 0 27 0 7x xy y m m 4 4E3 3 m m 4 4 Từ phương trình 1 ta có 3 31 5 1 1 5 1 3x x y y       Xét hàm số 35f t t t , trên tập , 23 5 0,f t t t    R Bhàm số f t đồng biến trên . Từ 3 : 1 1f x f y x y   E  4 0,25 9 .(1,0 đ) Thay4 vào2ta được pt: 2 3 25 5 10 7 2 6 2 13 6 32 5x x x x x x x x          Đ/K 2xm  0,25 2 3 25 5 10 7 3 2 6 2 2 2 5 10 5x x x x x x x x            225 5 10 2 62 2 57 3 2 2x x xx x xx x:       9 )   8 ( 225 5 10 2 62 5 07 3 2 2x x xx xx x:       9 )   8 ( 0,25 i 42 2 ; 2;2x y x y bbr  B  ( thỏa mãn đ/k) i 2 25 5 10 2 6 5 5 10 2 605 27 3 2 2x x x x x xx x:         9 )   8 ( 20, 20, 20, 2 0, 21 1 1 15 5 10 2 6 05 27 3 2 2xxx xx x xx x  m  m  m   m: : :  : E       9 )9 )9 ) 9 )9 )   8 ( 8 (8 (8 (  (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 1Ta 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 11, , 0;2a b c: B R9 )8 ( 2 2 24 4 4 1 1 1 5 1 5 1 5 11 1 1a b cTa b c a b c a a b b c c                0,25 10.(1,0đ) Ta có 22 23 1 2 15 1 118 3 0 , 0;2a aaa aa a a a :      R9 ) 8 ( Từ đó suy ra : 25 1 118 3, 0;2aa aa a:    R9 )8 ( 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: 25 1 118 3, 0;2bb bb b:    R9 )8 ( và 25 1 118 3, 0;2cc cc c:    R9 )8 ( Cộng các bất đẳng thức này lại với nhau ta có : 2 2 25 1 5 1 5 118 9 9a b cT a b ca a b b c c           . Dấu đẳng thức xẩy ra khi 13a b c  ax9mTB  đạt được 13a b cE    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 1Ta b b c c a a b c        bằng 9 và đạt được khi và chỉ khi 13a b c   Chú ý: Để có được bất đẳng thức 25 1 118 3, 0;2aa aa a:    R9 )8 ( ta đã sử dụng phương pháp tiếp tuyến 0,25