Chuyên Vĩnh Phúc 2016 L2

Nội dung này yêu cầu tài khoản VIP, tháng này bạn còn 2 lượt làm bài thi miễn phí cho môn Toán. Nâng cấp lên tài khoản VIP ngay bây giờ!

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
00:00:00