12 Bộ đề thi thử chuyên Vinh môn Toán 2016 by halinhnhp

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN I 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 y  x 3  3 x 2  2 Câu 2 (1,0 điểm).Tìm cực trị của hàm số : y  x  sin 2 x  2 . Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho tan   3 . Tính giá trị biểu thức M  b) Tính giới hạn : L  lim x 3

3sin   2cos  5sin 3   4cos 3 

x  4x  3 x2  9

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 3sin 2 x  4sin x cos x  5cos 2 x  2 Câu 5 (1,0 điểm). 5

a) Tìm hệ số của x

2   trong khai triển của biểu thức :  3x 3  2  . x  

b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu nhiên (đồng thời) 3 quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh. Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A  2; 1 , D  5;0  và có tâm I  2;1 . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B, C và góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC  2 MS . Biết AB  3 , BC  3 3 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J  2;1 . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình:

2 x  y  10  0 và D  2; 4  là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x  y  7  0 .  x 3  y 3  3 x  12 y  7  3 x 2  6 y 2 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  3 2  x  2  4  y  x  y  4 x  2 y Câu 10 (1,0 điểm).Cho hai phương trình : x 3  2 x 2  3 x  4  0 và x 3  8 x 2  23x  26  0 . Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó. --------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:………………

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN I 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 y  x 3  3 x 2  2

1,0

Tập xác định: D   . x  0 Ta có y'  3 x 2  6 x. ; y'  0   x  2

0,25

- Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (2; ) ; nghịch biến trên khoảng (0;2) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =-2.

0,25

- Giới hạn: lim y  , lim y   x 

1 (1,0 đ)

Bảng biến thiên: x  y

x 

0 0 2



2 0



  



0,25

2

Đồ thị: y

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2

x -8

-6

-4

-2

0,25

-5

Câu 2 .Tìm cực trị của hàm số : y  x  sin 2 x  2 .

1,0

Tập xác định D   f   x   1  2 cos 2 x , f   x   4 sin 2 x

0,25

f   x   0  1  2 cos 2 x  0  cos 2 x 

2 (1,0 đ)

1   x    k , k   2 6

      f     k    4sin     2 3  0  hàm số đạt cực đại tại xi    k  6  6   3  3    Với yCD  f    k       2  k , k   6 2  6      f    k    4sin    2 3  0  hàm số đạt cực tiểu tại xi   k  6 6  3

Với yCT

3     f   k    2  k , k   6  6 2

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

0,25

3sin   2cos  5sin 3   4cos3  3sin   sin 2   cos 2    2cos   sin 2   cos 2  

Cho tan   3 . Tính giá trị biểu thức M  M

3.(1,0đ)

0,5

5sin 3   4cos3  3sin 3   2sin 2  cos   3sin  cos 2   2 cos 3   (chia tử và mẫu cho cos3  ) 3 3 5sin   4cos  3 3 tan   2 tan 2   3tan   2  5 tan 3   4 3.33  2.32  3.3  2 70 Thay tan   3 vào ta được M   5.33  4 139  Lưu ý: HS cũng có thể từ tan   3 suy ra 2k     2k và 2 1 3 cos   ; sin   rồi thay vào biểu thức M. 10 10 b) Tính giới hạn : L  lim x 3

x  L  lim x 3

L  lim x 3

x

x  4x  3 x2  9



4x  3 x  4x  3 2



 9 x  4x  3

x 1

 x  3  x 

4x  3







0,25

0,5

  lim x 3

x2  4x  3

x



 9 x  4 x  3

3 1

 3  3  3 

4.3  1





0,25



1 18

0,25

Câu 4.Giải phương trình : 3sin 2 x  4sin x cos x  5cos 2 x  2

1,0

Phương trình  3sin x  4sin x cos x  5cos x  2  sin x  cos x  2

4.(1,0 đ)

0,25

 sin 2 x  4sin x cos x  3cos2 x  0   sin x  cos x  sin x  3cos x   0  sin x  cos x  0  sin x  3cos x  0   k   x  arctan 3  k  , k   4  Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x   k  , x  arctan 3  k  , k   4

0,25 0,25 0,25

 tan x  1  tan x  3  x 

0,25 5

a) Tìm hệ số của số hạng chứa x 5

5 k

2   trong khai triển của biểu thức :  3x 3  2  . x   k

5 5 k 5 k  3 2   2 k 3 k k 15 5 k 3 x   C 3 x .       5  2   C5  1 3 .2 x 2  x x   k 0   k 0 10 k k 5 k k Hệ số của của số hạng chứa x là C5 (1) 3 2 , với 15  5k  10  k  1

0,25 0,25

Vậy hệ số của x10 là : C51  1 34 21  810 5.(1,0 đ)

1,0

b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu nhiên 3 quả. Tính xác suất để trong 3 quả cầu chọn ra có ít nhất một quả cầu màu xanh. 3 Số phần tử của không gian mẫu là n     C20 Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh” Thì A là biến cố “Chọn được ba quả cầu màu đỏ”  n  A   C123  P  A   C 3 46 Vậy xác suất của biến cố A là P  A  1  P  A   1  123  C20 57

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

C123 3 C20

0,25

Câu 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A  2; 1 , D  5; 0  và có tâm I  2;1 . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B, C và góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho.  x  2 xI  xD  4  5  1 Do I là trung điểm BD . Suy ra  B  B  1; 2   y B  2 y I  yD  2  0  2 6.(1,0 đ)  x  2 xI  x A  4  2  6 Do I là trung điểm AC . Suy ra  C  C  6;3  yC  2 y I  y A  2  1  3   Góc nhọn    AC , BD  . Ta có AC   8; 4  , BD   6; 2      AC  BD 48  8 2 cos   cos AC , BD         45 2 4 5.2 10 AC BD



1,0

0,25 0,25 0,25



0,25

Câu 7 . Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  , gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC  2MS . Biết AB  3, BC  3 3 , tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM .

1,0

Gọi H là trung điểm AB  SH  AB ( do SAB đều). Do  SAB    ABC   SH   ABC 

N K

Do ABC đều cạnh bằng 3 0,25

3 3 nên SH  , AC  BC 2  AB 2  3 2 2

1 1 33 6 9 6  VS . ABC   SH  S ABC   SH  AB  AC   (đvtt) 7.(1,0 đ) 3 6 12 4 Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N  AC || MN  AC ||  BMN 

0,25

AC  AB, AC  SH  AC   SAB  , AC || MN  MN   SAB   MN   SAB    BMN    SAB  theo giao tuyến BN .

0,25

Ta có AC ||  BMN   d  AC , BM   d  AC ,  BMN    d  A,  BMN    AK với K là hình chiếu của A trên BN

NA MC 2 2 2 32 3 3 3 2    S ABN  S SAB    (đvdt) và AN  SA  2 SA SC 3 3 3 4 2 3 2S BN  AN 2  AB 2  2AN . AB.cos 600  7  AK  ABN  BN

2

3 3 2  3 21 7 7

0,25

3 21 (đvđd) 7 Lưu ý: Việc tính thể tích, học sinh cũng có thể giải quyết theo hướng CA  ( SAB) và VS . ABC  VC .SAB Vậy d  AC , BM  

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J  2;1 . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình : 2 x  y  10  0 và D  2; 4  là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x  y  7  0 . AJ đi qua J  2;1 và D  2; 4  nên có

1,0

phương trình AJ : x  2  0

 A  AJ  AH ,

( trong đó H là chân

E J

Tọa độ A là nghiệm của hệ x  2  0 x  2   A  2; 6   2 x  y  10  0 y  6

0,25

đường cao xuất phát từ đỉnh A )

Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .   DC   DB  DC và EC   EA  Ta có DB 8.(1,0 đ)

  sđ DB  )= DJB   1 (sđ EC   sđ DC  )= 1 (sđ EA   DBJ cân tại D DBJ 2 2  DC  DB  DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D  2; 4  bán kính JD  0 2  52  5 có 2

phương trình  x  2    y  4   25 . Khi đó tọa độ B là nghiệm của hệ  x  2  2   y  4  2  25  B  3; 4   x  3  x  2      y  4  y  9  B  2; 9   x  y  7  0

0,25

Do B có hoành độ âm nên ta được B  3; 4  qua B  3; 4  qua B  3; 4  BC :   BC :   BC : x  2 y  5  0    AH vtpt n  u AH  1; 2  Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ  x  2  2   y  4  2  25 C  3; 4   B  x  3  x  5     C  5; 0    y  4  y  0 C  5; 0   x  2 y  5  0

0,25

Vậy A  2; 6  , B  3; 4  , C  5;0   x 3  y 3  3 x  12 y  7  3 x 2  6 y 2 Câu 9. Giải hệ phương trình :  3 2  x  2  4  y  x  y  4 x  2 y

1  2

1,0

x  2  0  x  2 Điều kiện :   4  y  0 y  4

0,25 3

Từ phương trình 1 ta có  x  1   y  2   x  1  y  2  y  x  1 Thay  3 vào  2  ta được pt: 9.(1,0 đ) 

 3

x  2  4   x  1  x 3   x  1  4 x  2  x  1

x  2  3  x  x 3  x 2  4 x  1 , Đ/K 2  x  3

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

0,25







x  2  3  x  3  x3  x2  4 x  4 

2  x  2  3  x   4 



x  2  3 x 3



 x  2  3  x   2 

2   x 2  x  2



x  2  3 x 3



 x  2  3  x   2 



 x  2  3  x   2 



x  2  3 x 3



  x  1  x 2  4 

  x  1  x 2  4    x  2  x 2  x  2 

0,25

    2  0 2   x  x  2  x  2  x 2  3 x 3  x  2  3  x   2       0  2  x  x  2  0  x  2  x  1







  x  2   y  3   x; y    2;3 ( thỏa mãn đ/k)



  x  1   y  0   x; y    1;0  ( thỏa mãn đ/k)



0,25

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y    2;3 ,  x; y    1; 0  Câu10.Chohai phương trình: x 3  2 x 2  3 x  4  0 và x 3  8 x 2  23 x  26  0 .Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó  Hàm số f  x   x 3  2 x 2  3x  4 xác định và liên tục trên tập  Đạo hàm f   x   3 x 2  2 x  3  0, x    f  x  đồng biến trên 

1,0

 *

f  4  . f  0    40  .4  160  0   a   4;0  : f  a   0 **

0,25

Từ  * và  ** suy ra phương trình 10.(1,0đ)

x 3  2 x 2  3 x  4  0 có một nhiệm duy nhất x  a  Tương tự phương trình x 3  8 x 2  23 x  26  0 có một nhiệm duy nhất x  b

0,25

Theo trên : a3  2a 2  3a  4  0

1 3 2 Và b3  8b 2  23b  26  0   2  b   2  2  b   3  2  b   4  0  2  3 2 Từ 1 và  2   a3  2a 2  3a  4   2  b   2  2  b   3  2  b   4  3 Theo trên hàm số f  x   x 3  2 x 2  3x  4 đồng biến và liên tục trên tập  Đẳng thức  3  f  a   f  2  b   a  2  b  a  b  2

0,25

Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng 2 . 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.

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPT QG 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: y 

x 1 . 2x  3

Câu 2 (1,0 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f ( x)  x  18  x 2 . Câu 3 (1,0 điểm):

4 sin  sin 2  2cos3   2cos5    a) Cho    ;   và sin   Tính giá trị biểu thức P  5 sin  cos 2  sin 5  2  b) Giải phương trình : cos 2 x  (1  2cos x)(sin x  cos x)  0 Câu 4 (1,0 điểm): Giải phương trình : log 3 ( x  5)  log 9 ( x  2) 2  log 3 ( x  1)  log

Câu 5 (1,0 điểm): 8

3   a) Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức :  2 x 2   . x  6

b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n  N và n  3. 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 A(1; –1), B(3; 0) . 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 vuong góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH = 2AH. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600. 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 tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc  ADB là d : x  y  2  0 , điểm M(–4;1) thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB. Câu 9 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 3 3 2 2  x  y  8 x  8 y  3 x  3 y  2 3 2 (5 x  5 y  10) y  7  (2 y  6) x  2  x  13 y  6 x  32

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 4 4 4 1 1 1 lớn nhất của biểu thức: 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:………………

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 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 : y 

x  1 2x  3

1,0

 3 Tập xác định: D   \   .  2  Sự biến thiên. : 5  0, x  D + CBT y '  (2 x  3)2 

0,25

3 3  Hàm số nghịch biến trên (;  ) và ( ; ) . 2 2 +Hàm số không có CĐ, CT

+Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận  3  3 lim  y   và lim  y    x   là TCĐ khi x     . 3 3 2  2 x  x  2

0,25

1 1 lim y    y   là TCN khi x  . 2 2  Bảng biến thiên: x 

1 (1,0 đ)

x y y





3 2





0.25



1  2

 



1 2

3.Đồ thị. 3 1 - Đồ thị nhận điểm I(  ;  ) 2 2 làm tâm đối xứng. - Đồ thị cắt Ox tại 1; 0  1 và cắt Oy tại (0; ) . 3 - Đồ thị đi qua  1; 2  ,  2; 3

-10

-5

0,25

-2

-4

-6

-8

-10

Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   x  18  x 2 .

1,0

Hàm số xác định và liên tục trên D   3 2;3 2 

0,25

2 (1,0 đ)

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

Ta có f   x   1 





x  0  f   x   0  18  x 2  x    x3 2 2 18  x 2 18  x  x x





Mà f 3 2  3 2 ; f 3 2  3 2 ; f  3  3  18  9  6 Suy ra

max

x3 2;3 2 

f  x   f 3  6 ;

min

x 3 2 ;3 2 



0,25



f  x   f 3 2  3 2

0,25

4   a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức 5 2  sin  sin 2  2 cos3   2 cos5  P sin  cos 2  sin 5  2sin 2  .cos   2 cos3  1  cos 2   Ta có P  sin   cos 2   sin 2    sin 5 

 2sin 2  .cos  1  cos 2  

0,5

2sin 2  .cos   2cos3  sin 2  sin   cos 2   sin 2   cos 2   sin 2    sin 5 

2sin 4  .cos   2 tan 3  1 sin  .cos4  sin  .cos 4  4 9 3    Bài ra ta có sin    cos 2  1  sin 2    cos     Do    ;    5 25 5  2 

P

0,25



0,25

3.(1,0đ)

 4    128 128 Thế vào 1 ta được P  2.  5    . Đáp số P   27 27 3  5

0,25

b) Giải phương trình : cos 2 x  1  2 cos x  sin x  cos x   0

0,5

Phương trình đã cho   cos2 x  sin 2 x   1  2cos x  sin x  cos x   0

  cos x  sin x   cos x  sin x   1  2 cos x    0

0,25

 cos x  sin x   cos x  sin x   1  2 cos x   0   cos x  sin x   sin x  1  cos x   0    tan x  1 x   k   cos x  sin x  0 4  ( k  ) sin x  1  cos x  0   2 sin  x     1        x   k 2 , x    k 2  4   2   Vậy phương trình có các nghiệm x   k  ; x   k 2 ; x  k 2 ,( k   ) 4 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 log 3  x  5   log9  x  2   log 3  x  1  log 3 2 x  5  0  x  5  x  1 2  4 .(1,0 đ) Điều kiện  x  2   0   x  2   x  2 x 1  0 x  1  

1,0

0,25 2

Với điều kiện đó phương trình  log 3  x  5   log 3 x  2  log 3  x  1  log 3 2

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

0,25

 log 3  x  5  x  2   log 3  2  x  1    x  5  x  2  2  x  1    Trường hợp 1. Nếu x  2 thì phương trình  * tương đương với

 x  3 (t / m)  x 2  7 x  12  0    x  4 (t / m) Trường hợp 2. Nếu 1  x  2 thì phương trình  * tương đương với

 x  5  x  2   2  x  1 

* 

 1  97 (t / m) x  2 6 2    x  5  x  2   2  x  1  3 x  x  8  0   1  97 (loai) x  6  1  97 Vậy phương trình có ba nghiệm: x  3, x  4 và x  6

0,25

3   a) Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức :  2x 2   . x  6

8 k

32  5 k 8  3  k 8 k k k 2 .     C8  1 2 3 x x  k 0 32  5k Số hạng chứa x 6 ứng với k thỏa mãn 6k 4 2 4 4 4 4 6 5 (1,0 đ) Vậy hệ số của x là : C8  1 2 3  90720 b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo . n  n  3 Số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là Cn2  n  2 n  n  3  n  18 Từ giả thiết ta có phương trình  135  n 2  3n  270  0   2  n  15 Do n   và n  3 . Nên ta tìm được giá trị cần tìm n  18 Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , 8 3   k 2 Gt   2 x 2     C8  2 x  x  k 0 

biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3;0  . Tìm tọa độ các đỉnh C và D   Gọi C  x0 ; y0  , khi đó AB   2;1 , BC   x0  3; y0  6 .(1,0 đ)

1,0

Từ ABCD là hình vuông, ta có :    AB  BC  x0  4  x0  2 2  x0  3  1. y0  0   hoặc   2 2  AB  BC  y0  1  y0  2  x0  3  y0  5   Với C1  4; 2   D1  2; 3 ( từ đẳng thức AB  DC )   Với C2  2; 2   D1  0;1 ( từ đẳng thức AB  DC )

0,25

1,0 0,25

0,25 0,25 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 7. (1,0 đ) điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH  2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối chóp S .ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  .

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

1,0

Vì SC tạo với đáy một góc 600 ,   600 suy ra SCH 8 Ta có: HB  3 64 4 13  HC  42   9 3 4 13 4 13  SH  .tan 600  3 3

0,25

I A

1 1 4 13 64 13  VS . ABCD  .S ABCD .SH  42.  3 3 3 3 3 Kẻ HK song song AD ( K  CD )  DC  ( SHK )  mp( SCD)  mp( SHK ) Kẻ HI vuông góc với SK  HI  mp ( SCD )  d ( H , ( SCD ))  HI 1 1 1 3 1 16 Trong SHK ta có:    2  2   HI  13 2 2 2 HI SH HK 4 .13 4 13.42  d ( H , ( SCD ))  13 . Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của góc  ADB là d : x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết

0,25 0,25

0,25

1,0

phương trình đường thẳng AB . A(1;4)

F E M(-4;1) I

8 .(1,0 đ)

Gọi E, F là giao điểm của d và AB, AC. Ta có:   1   AFD  C  2 ADC  1   AEF   ADC  DAB  2   DAB  (cùng Mà C chắn cung  AB )  AFD   AEF

  Ta có AC ( 5; 3) suy ra vtpt của AC là n AC  (3; 5)  pt AC : 3( x  1)  5( y  4)  0  3x  5 y  17  0

 AE  AF

7  x  3x  5 y  17  0  2  F  7 ; 11  Tọa độ F là nghiệm của hệ:   2 2    x  y  2  0  y  11  2

7 11 34 34  AE  Ta có AF  (1  )2  (4  )2  2 2 2 2  Vì E  d  E (t; t  2)  AE  (t  1; t  2)  AE  ( t  1) 2  ( t  2) 2

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

0,25

  7 11   7 t  E  2 ; 2  ( Loai do trung F )  34   2 AE      1 3 2 t   1  E   ;  (T / m)  2   2 2    3 5   AE    ;    vtpt của AB là n AB  (5; 3)  2 2  pt AB : 5( x  1)  3( y  4)  0  5x  3 y  7  0 Câu 9. Giải hệ phương trình  x 3  y 3  8 x  8 y  3x 2  3 y 2  2 3 2  5 x  5 y  10  y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32 x  2  0  x  2 Điều kiện :    y  7  0  y  7 3

Từ phương trình 1 ta có  x  1  5  x  1   y  1  5  y  1

0,25

1  2

 3

1,0

0,25

Xét hàm số f  t   t  5t , trên tập  , f   t   3t  5  0, t    hàm số f  t  3

đồng biến trên  . Từ  3 : f  x  1  f  y  1  x  y  4  Thay  4  vào  2  ta được pt:

9 .(1,0 đ)

5x 5x

 5 x  10  x  7   2 x  6  x  2  x3  13x 2  6 x  32  5 

 5 x  10 





x  7  3   2x  6



Đ/K x  2



x  2  2  x 3  2 x 2  5 x  10  5 

 5 x 2  5 x  10 2x  6  2   x  2     x  2   x  5 x2 2  x7 3  5 x 2  5 x  10  2x  6    x 2  5   0  x  2  x2 2  x7 3 

 

0,25

  x  2   y  2   x; y    2;2  ( thỏa mãn đ/k) 4

 5 x 2  5 x  10 2 x  6  5 x 2  5 x  10 2x  6    0 5 2  x7 3 x2 2 

 2   1 1  1 1   5 x  5 x  10     2x  6    0    x  7  3 5    x2 2 2  0,x2    0,x2    0,x 2

0,25 (pt này vô nghiệm)

 0,x 2

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất :  x; y    2; 2  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 :

T

4 4 4 1 1 1      a b bc c  a a b c

 1 Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1  a, b, c   0;   2 10.(1,0đ)

4 4 4 1 1 1 5a  1 5b  1 5c  1 T         1  a 1  b 1  c a b c a  a 2 b  b2 c  c 2

1,0

0,25

5a  1  3a  1  2a  1  0 , a   0; 1  Ta có  18a  3    2 aa a  a2  2

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

0,25

Từ đó suy ra :

5a  1  1  18a  3, a   0;  2 aa  2

Ta cũng có 2 bất đẳng thức tương tự:

5b  1 5c  1  1  1  18b  3, b   0;  và  18c  3, c   0;  2 2 b b cc  2  2 Cộng các bất đẳng thức này lại với nhau ta có :

5a  1 5b  1 5c  1 T    18  a  b  c   9  9 . a  a 2 b  b2 c  c 2 Dấu đẳng thức xẩy ra khi a  b  c 

0,25

1 1  Tmax  9 đạt được  a  b  c  3 3

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 :

T

được khi và chỉ khi a  b  c 

4 4 4 1 1 1      bằng 9 và đạt a b bc c  a a b c

1 3

Chú ý: Để có được bất đẳng thức

0,25

5a  1  1  18a  3, a   0;  ta đã sử dụng 2 aa  2

phương pháp tiếp tuyến 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.

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 3 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 y   x 3  3 x 2  2 Câu 2. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) 

2x  1 trên đoạn x 1

[3;5] Câu 3. (1,0 điểm)

1   a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị của biểu thức P  sin 2  cos 2 3 2  b) Giải phương trình: sin 2 x  2sin 2 x  sin x  cos x 4

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I   2 x  2 x 2  ln( x 2  9)  dx 0

Câu 5. (1,0 điểm) a) Giải bất phương trình log 2 (3 x  2)  log 2 (6  5 x )  0 . b) Cho tập hợp E  1;2;3; 4;5;6 và M là tập hợp tất cả các số gồm hai chữ số phân biệt lập từ E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng hai chữ số của số đó lớn hơn 7. Câu 6. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm M (1; 2;0), N (3;4;2) và mặt phẳng ( P ) : 2 x  2 y  z  7  0 . Viết phương trình đường thẳng MN và tính khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng (P). Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy là trung điểm H của CI, góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SBC). Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 3 x  4 y  8  0 ,

d 2 : 4 x  3 y  19  0 . Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với hai đường thẳng d1 và d 2 , đồng thời cắt đường thẳng  : 2 x  y  2  0 tại hai điểm A, B sao cho AB  2 5 . Câu 9. (1,0 điểm) Giải bất phương trình

x2 2 6( x 2  2 x  4)  2( x  2)



1 2

Câu 10. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x  y  2016 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P  5 x 2  xy  3 y 2  3x 2  xy  5 y 2  x 2  xy  2 y 2  2 x 2  xy  y 2 --------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:………………

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN ( Gồm 5 trang)

Câu

Đáp án 3

Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y  x  3 x  2 Tập xác định: D   . x  0 Ta có y'  3x 2  6 x. ; y'  0   x  2 - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2;  ) ;

Điểm 1,0 0,25

nghịch biến trên khoảng (0; 2) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  2 ; đạt cực tiểu tại x  2, yCT  2

0,25

- Giới hạn: lim y  , lim y   x 

x 

Bảng biến thiên: x y

0 0 2

 

2 0



  



0.25

2

1 (1,0 đ) Đồ thị: y

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2

x -8

-6

-4

-2

0,25

-5

Câu2.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   Hàm số xác định và liên tục trên D   3;5 2 (1,0 đ)

Ta có f   x   

 x  1

 0, x  3;5

Do đó hàm số này nghịch biến trên đoạn  3;5 Suy ra max f  x   f  3  x3;5

7 11 ; min f  x   f  5   2 x3;5 4

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

2x 1 trên  3;5 x 1

1,0 0,25 0,25 0,25 0,25

1   Câu 3a. Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức P  sin 2  cos 2 3 2 

2 2   Vì    ;   nên cos   0 , suy ra cos    1  sin 2    3 2  2 Do đó P  sin 2  cos 2  2sin  cos   1  2sin  2 1  2 2 74 2 1  P  2       1  2      3  3  9 3 3.(1,0đ)

0,5 0,25

0,25

Câu 3b) Giải phương trình : sin 2 x  2sin 2 x  sin x  cos x Phương trình đã cho  2 sin x  sin x  cos x   sin x  cos x

0,5

sin x  cos x  0 1   2  2sin x  1

0,25

  k ,  k    4 1  5   2   sin x   x   k 2  x   k 2 ,  k    2 6 6   5 Vậy phương trình có ba họ nghiệm x    k , x   k 2 , x   k 2 , k   4 6 6

1  tan x  1  x  



0,25

Câu 4. Tính tích phân sau : I   2 x  2 x 2  ln  x 2  9   dx

1,0

0 4

I  4 x dx   2 x ln  x 2  9 dx  I1  I 2 3



0,25

0 4

I1  4  x 3dx  x 4  256

0,25

4 .(1,0 đ)

2x u  ln  x 2  9  du  2 dx  I 2   2 x ln  x  9 dx . Đặt  x 9 0 v  x 2  9 dv  2 xdx  4



 I 2   x  9  ln  x  9    2 xdx   x 2  9  ln  x 2  9   x 2 2

0,25

 I 2  25ln 25  9 ln 9  16  50ln 5  18ln 3  16 Vậy I  I1  I 2  240  50ln 5  18ln 9

0,25

Câu 5 a) Giải bất phương trình : log 2  3x  2   log 2  6  5 x   0 .

0,5

3 x  2  0  Bất phương trình đã cho  log 2  3x  2   log 2  6  5 x   6  5 x  0 3 x  2  6  5 x  2  x  3 5 (1,0 đ)  6 6   x   1  x  . 5 5  x  1   6 Vậy nghiệm của bất phương trình là : 1  x  5

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

0,25

Câu 5 b) Cho tập hợp E  1; 2;3; 4;5; 6 và M là tập hợp tất cả các số gồm hai chữ số phân biệt thuộc E . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số của số đó lớn hơn 7 .  Số phần tử của tập M là A62  30 

Câu

Các số có tổng hai chữ số lớn hơn 7 gồm 26, 62,35,53,36, 63, 45,54, 46, 64, 56, 65 Có 12 số như vậy . Suy ra xác suất 12 2 cần tìm là P   30 5 6. Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  , cho các điểm

M 1; 2; 0  , N  3; 4; 2 

và mặt phẳng

 P  : 2x  2 y  z  7  0 .

Viết phương trình đường thẳng MN và

tính khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng  P  .   MN   4;6; 2  hay u   2;3;1 Đường thẳng MN có vectơ chỉ phương 6 .(1,0 đ) x 1 y  2 z   (có thể viết dưới dạng pt tham số) Phương trình đường thẳng MN : 2 3 1 Trung điểm của đoạn thẳng MN là I  1;1;1 là : d  I ,  P   

 P

2  2  1  7

2 4  4 1 Câu 7. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Gọi I là trung điểmcạnh AB .Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI , góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SBC  .

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng

0,25

1,0

0,25 0,25 0,25 0,25

1,0

S A

I H

7. (1,0 đ)

A' H' K

0,25 E A

C H

K H'

a 3 2 a 7 a 21 Do đó AH  AI 2  IH 2  , suy ra SH  AH .tan 600  . 4 4 1 a3 7 Vậy VS . ABC  SH .S ABC  3 16 Gọi A ', H ', I ' lần lượt là hình chiếu của A, H , I trên BC; E là hình chiếu của H trên SH' 1 1 a 3 thì HE  ( SBC )  d  H ;( SBC )   HE . Ta có HH '  II '  AA '  2 4 8 a 21 a 21 1 1 1 Từ   , suy ra HE  . Vậy d  H ; ( SBC )   . 2 2 2 HE HS HH ' 4 29 4 29

Ta có CI  AC 2  AI 2 

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

0,25

Câu8.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

Oxy , cho hai đường thẳng

d1 :3 x  4 y  8  0 , d 2 :4 x  3 y  19  0 .Viết phương trình đường tròn  C  tiếp

xúc với hai đường thẳng d1 và d 2 , đồng thời cắt đường thẳng  :2 x  y  2  0 tại

1,0

hai điểm A, B sao cho AB  2 5 Gọi I  a ; b  là tọa độ tâm và R là bán kính đường tròn  C  . Do đường thẳng  cắt đường tròn  C  tại hai điểm A, B sao cho AB  2 5 nên ta có 2a  b  2 d  I ,    R2  5   2 R 2  5 * 5

0,25

d  I , d1   R Đường tròn  C  tiếp xúc với d1 , d 2 khi :  d  I , d 2   R  b  7 a  27  3a  4b  8   3 a  4 b  8  R  R   R  5a  20 5    5  4 a  3b  19  R 4a  3b  19    3a  4b  8   a  7b  11     R  5b  5 5 

8 .(1,0 đ)

b  7 a  27   R  5a  20

-Với

 5a  20 

5 a 5 

vào *

thay

 5  a  3 a 

0,25

được

9 2

0,25

Vậy phương trình đường tròn là 2

9 9 25 2 2  C  :  x  3   y  6   25 hoặc  C  :  x     y    2  2 4  a  7b  11 -Với thay vào *   R  5b  5 3 2 5 3b  4   5b  5   5  b  2  b  2 Vậy phương trình đường tròn là 2

0,25

1  3  25   25 hoặc  C  :  x     y    2  2 4  x2 2 1 Câu 9. Giải bất phương trình :  2 6  x  2 x  4  2  x  2 2 2

 C  :  x  3   y  2 

được

1,0

Điều kiện : x  2 9 .(1,0 đ) Ta có

6  x  2 x  4  2  x  2  

2  x2  2x  4

Do đó bất phương trình  2



6  x  2x  4  2  x  2 2

 0, x  2

0,25



x  2  2  6  x 2  2 x  4  2  x  2 

 2 x  2  2 x  12  x  2   6 x 2

1

0,25

Nhận xét x  2 không là nghiệm của bất phương trình Khi x  2 chia hai vế bất phương trinh 1 cho

x  2  0 ta được

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

x  x  2 2  12  6    x2  x2 

 2  . Đặt t 

x thì bất phương trình x2

 2  được

0,25

t  1 2  2t  0 2  2t  12  6t 2    t 2  2 2 2 2  t  2   0 4  8t  4t  12  6t x  0 x t 2 2 2  x  2  2 3 . Bất phương x2 x  4x  8  0

trình

có 0,25

nghiệm duy nhất x  2  2 3 . (Chú ý bài này có nhiều cách giải khác như dùng véc tơ, dùng bất đẳng thức ,dùng phép biến đổi tương đương) Câu 10.Cho x, y  0 thỏa mãn điều kiện x  y  2016 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

P  5 x  xy  3 y  3x  xy  5 y  x  xy  2 y  2 x  xy  y P  A B .

Trong đó A  5 x 2  xy  3 y 2  3x 2  xy  5 y 2

1,0

và 0,25

B  x  xy  2 y  2 x  xy  y

6 A  180 x 2  36 xy  108 y 2  108 x 2  36 xy  180 y 2 

11x  7 y 

 59  x  y  

11 y  7 x 

 59  y  x 

0,25

 11x  7 y   11y  7 x   18  x  y 

10.(1,0đ)

 A  3  x  y   3  2016  6048  * dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x  y  1008

4 B  16 x 2  16 xy  32 y 2  32 x 2  16 xy  16 y 2 

3x  5 y 

 7 x  y 

3 y  5x 

 7  y  x

0,25

 3x  5 y   3 y  5x   8  x  y   B  2  x  y   2  2016  4032 ** dấu x  y  1008

đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi

Từ  * và  ** ta đươc P  A  B  6048  4032  10080 , dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x  y  1008 . Vậy Pmin  10080  x  y  1008

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.

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 4 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: y   x3  3x 2 Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f  x 

2sin x  cos x trên đoạn 2sin x  2cos x  4

   0; 2 

Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z  1  i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  b) Giải phương trình:

z2  z 1 z

log 3 x log 5 x  6  log 5 x 3  log 3 x  2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I    sin 6 x  cos 6 x  dx 0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  , cho hai đường thẳng d1 , d 2 lần lượt

x7 y 4 z 9 x  3 y 1 z 1   và d 2 :   . Viết phương trình đường 1 2 1 7 2 3 thẳng  cắt d1 , d 2 và trục Ox lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm của AC. có phương trình: d1 :

Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 2sin x  sin 2 x  2cos 2

x 2

b) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30 . Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10 . Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB  2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA, SC sao cho BM vuông góc với DN. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và DN. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là: x  2 y  4  0 . Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của B lên AC, AI với I là tâm đường tròn ngoại tiết tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết D  2; 2  , E  1; 4  và điểm B có hoành độ âm.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: x 12  x  11  x  x  1  25 Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2

1  a  1  b  P 1  c2

1  b  1  c  

1  a2 --------Hết-------

1  c  1  a  

1  b2

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:………………

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN (Gồm 6 trang)

I. LƯU Ý CHUNG: - Đáp án trình bày một cách giải 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. - Trong lời giải câu 7, câu 8 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. - 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. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu

Nội dung trình bày

Điểm 3

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y   x  3 x * Tập xác định: 

1,0

x  0 * Chiều biến thiên: Ta có y '  3x 2  6 x; y '  0   x  2 Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 0  và  2;    ; đồng biến trên

0,25

 0;2  . * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  2  yCĐ  4, hàm số đạt cực tiểu tại x  0  yCT  0. * Giới hạn: Ta có lim y   và lim y  . x 

* Bảng biến thiên: x  y y 



x 

0 0



2 0

 

0,25



 Đồ thị: Đồ thị hàm số qua gốc tọa độ và cắt Ox tại điểm A  3;0  , nhận điểm uốn I 1;2  làm tâm đối xứng.

0,25

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : 2sin x  cos x   f  x  trên đoạn  0;  2sin x  2cos x  4  2 2sin x  cos x   Xét hàm số f  x   liên tục trên đoạn  0;  2sin x  2cos x  4  2 Ta có f   x  

6  4sin x  8cos x

 2sin x  2cos x  4

   0, x   0;   2

  Suy ra hàm số f  x  đồng biến trên đoạn  0;   2 Do đó min f  x   f  0      x 0;   2

1   1 ;max f  x   f    6 2 3   x 0;  

0,25 0,25 0,25

0,25

2 

z2  z  1 Cho số phức z  1  i . Tìm phần thực và phần ảo của w  z 2 1  i   1  i   1  2  3i   2  3i 1  i    1  5 i 3.a Ta có w  1 i 2 2 2 1  i 

1,0

1 5 , phần ảo bằng  2 2 3 log 3 x log 5 x  6  log 5 x  log 3 x

0,5 0,25

Vậy w có phần thực bằng 

0,25

Giải phương trình :

0,5

Điều kiện x  0 . Phương trình tương đương với

log 3 x log 5 x  6  3log 5 x  2log 3 x   log 3 x - 3  log 5 x - 2   0 3.b

log 3 x  3  x  27    x  25 log 5 x  2 Vậy phương trình có hai nghiệm x  27 ; x  25  2

Tính tích phân sau : I    sin 6 x  cos 6 x  dx

0,25

1,0

0 3

Ta có sin 6 x  cos6 x   sin 2 x  cos 2 x   3sin 2 x.cos 2 x. sin 2 x  cos 2 x 

3 3  1  cos 4 x  5 3  1  sin 2 2 x  1      cos 4 x 4 4 2  8 8

4  2

 2

3 5 5 3  5  Vậy I     cos 4 x  dx   x  sin 4 x   8 32  8  0 16 08

5 16 Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  , cho hai đường thẳng d1; d 2 lần Đáp số : I 

x7 y 4 z 9 x  3 y 1 z 1   , d2 :   . 1 2 1 7 2 3 Viết phương trình đường thẳng  cắt d1; d 2 và trục Ox lần lượt tại các điểm A , B , C sao cho B là trung điểm của AC . lượt có phương trình: d1 :

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

0,25 0,25

0,25

1,0

Gọi A  7  a ; 4  2a ;9  a   d1 , B  3  7b ;1  2b ;1  3b   d 2

0,25

và C  c;0;0   Ox 5

7  a  c  2  3  7b  a  14b  c  1  0   Do B là trung điểm của AC nên : 4  2a  2 1  2b   2a  4b  2  0  a  6b  7  0  9  a  2 1  3b 

0,25

a  1   b  1 . Vậy A  8;6;8   d1 , B  4;3; 4   d 2 , C  16;0;0  c  16 

0,25

Phương trình  :

x 8 y 6 z 8   12 3 4

0,25

Giải phương trình : 2sin x  sin 2 x  2cos 2

x 2

0,5

cos x  1 1  cos x  0 Pt  2sin x 1  cos x   1  cos x    sin x  1  2sin x  1  2 6.a cos x  1  x    k 2   k    x    k 2  x  5  k 2 sin x  1  2  6 6 Vậy phương trình có ba họ nghiệm là  5 x    k 2 ; x   k 2 ; x   k 2 ,  k    6 6 Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30 . Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10 Gọi A là biến cố “ Lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10 ”

0,25

0,5

0,25

10 30

Chọn 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ có : C cách chọn  n     C 10 30

Ta phải chọn :  6.b

5 tấm thẻ mang số lẻ trong 15 tấm thẻ mang số lẻ có C155 cách chọn

 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 trong 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 có C31 cách chọn 

4 tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 trong 12 tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 chia hết cho 10 có C31 cách

0,25

chọn Theo quy tắc nhân , số cách chọn thuận lợi để xẩy ra biến cố A là  n  A   C155 C31C124

Xác suất cần tìm là P  A  

n  A n 



C155 C31C124 99  10 C30 667

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AB  2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA, SC sao cho BM vuông góc với DN . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và DN . z

AC  BD  O . Ta chọn hệ trục

tọa độ  Oxyz  , gốc O , trục Ox cùng hướng tia DB , trục Oy cùng hướng tia AC , trục Oz cùng hướng tia OS . Đặt SO  h  0 , từ đó có : O  0;0;0 , A  2;0;0 ,



N A

0,25



   2; 0; 0 , D  0;  2; 0  , S  0;0; h  B 0; 2; 0 , C

C y

 2 h  2 h    2 h    2 h  M   ;0;  , N  ;0;   BM    ;  2;  , DN   ; 2;  2  2 2 2 2  2  2  2   2 h2 Do BM  DN  BM .DN  0    2   0  h  10 4 4 1 1 4 10 Mặt khác S ABCD  22  4 . Vậy VS . ABCD  SO.S ABCD   10  4  đvtt 3 3 3 AB || CD  AB ||  SCD   DN  d  AB, DN   d  AB,  SCD    2d  O,  SCD  

Phương trình  SCD  :  d  O,  SCD   

1,0

0,25

x y z    1   SCD  : 5x  5 y  z  10  0 2  2 10 0,25

5.0  5.0  0  10 11



110 2 110  d  AB, DN   11 11

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là: x  2 y  4  0 . Gọi D , E lần lượt là hình chiếu vuông góc của B lên AC , AI với I là tâm đường tròn ngoại tiết tam giác ABC . Tìm tọa độ các điểm A, B , C biết D  2; 2  , E  1; 4  và

1,0

điểm B có hoành độ âm..

Gọi M là trung điểm của BC , ta chứng minh D, M , E thẳng hàng . Các tứ giác ADEB, BEIM nội tiếp đường tròn  DEB  1800  BAD 1 BEM  BIM ( chắn cung BM )  2  , BIM 

1 ,  2  ,  3  DEB  BEM  1800 DE : 2 x  y  2  0, M   DE  BC

1 BIC  BAD  3  2

 D, E , M thẳng hàng. Phương trình

0,25

2 x  y  2  0  x  0   M  0 ; 2   x  2 y  4  0  y  2

 Tọa độ M là nghiệm hệ 

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

Gọi B  2b  4; b   BC  C  2b  4; 4  b  ( do M là trung điểm của BC )  qua M  0; 2  IM :   IM : 2 x  y  2  0 . Gọi I  a ; 2a  2   IM   vtpt n  u BC   2;1      IE   1  a ; 2a  2  , BE   2b  5; b  4   IE  BE  IE.BE  0 ,        CD  BD CD  2 b  6; b  6 , BD   2 b  2; 2  b      CD.BD  0   1  a  2b  5    2a  2  4  b   0   2b  6  2b  2    b  6  2  b   0 3a  4b  13  0  5b  b  4   0

 a  1  3a  4b  13  0   b  0  loai  , b  4 b  4

0,25

A D E I B

0,25 C

 B  4; 4  , C  4;0  , I  1; 0 

Đường thẳng AC đi qua C , D  phương trình AC là x  y  4  0 x  1  0  x  1   A  1;5  x  y  4  0  y  5

Tọa độ AC là nghiệm hệ 

0,25

Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A  1;5  , B  4; 4  , C  4; 0  Giải bất phương trình : x 12  x  11  x  x  1  25

1,0

Điều kiện 1  x  12 Khi đó bất phương trình  5 x 12  x  5 11  x  x  1  125

0,25

 x 5 12  x  18  x    11  x  5 x  1   x  7    2  x 2  11x  24 



x   x 2  11x  24  5

11  x    x 2  11x  24   2  x 2  11x  24  12  x  18  x  5 x  1   x  7

    x 11  x   0  *   x 2  11x  24   2   5 12  x  18  x  5 x  1   x  7        A  x 11  x Mặt khác A  1   1 5 12  x  18  x  5 x 1   x  7



0,25



0,25

5 12  x  18 5 x  1  18   0, x   1;12 5 12  x  18  x  5 x  1   x  7 

Do đó bất phương trình *  x 2  11x  24  0  3  x  8 , kết hợp điều kiện suy ra 3  x  8 .

0,25

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  3;8

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2

biểu thức :

1  a  1  b  P 1 c

1  b  1  c   1 a

1  c  1  a   1 b

1,0

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 2

1  a  1  b 

 1  ab    a  b    4 1  ab  a  b   4  a 1  b 2   b 1  a 2  

0,25

 2 2 2 2 2 2   a 1  b   b 1  a  b 1  c   c 1  b  c 1  a   a 1  c    P  4    1  c2 1  a2 1  b2    0,25  M  Sử dụng bđt AM-GM một lần nữa, ta có M  cyc

a 1  b 2  1  c2

 cyc

b 1  a 2  1  c2

 1  b2 1  c 2    a    2 a  6 2 2  cyc cyc  1 c 1 b 

0,25

Suy ra P  4.M  24 . Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi a  b  c  1 Vậy min P  24  a  b  c  1

0,25

------------------------------ HẾT------------------------------

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI KSCL THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN – LẦN 5 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

1 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y  x 3  2 x 2  3 x  1 . 3 x5 Câu 2 (1,0 điểm).Tìm miền giá trị của hàm số: f  x   . x2  1 Câu 3 (1,0 điểm). 2

a) Cho số phức z thỏa mãn 1  2i  z  5  2  i  . Tìm phần thực và phần ảo của số phức

w  z2  z . b) Giải phương trình: log 9 x  log 3 x  3   2 e

xe x  1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I   dx x 1 x  e  ln x  Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  3 z  1  0 và điểm I 3; 5; 2 . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ tiếp điểm. Câu 6 (1,0 điểm).

   a) Cho biết tan a  2,    a  0  . Tính giá trị của biểu thức: A  cos a 2sin a  3  2  b) Một chi đoàn có 15 đoàn viên trong đó có 7 nam và 8 nữ. Người ta chọn ra 4 người trong chi đoàn đó để lập một đội thanh niên tình nguyện. Tính xác suất để trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ.





Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ;   1200 và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt BAD phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC. Câu

(1,0

điểm).

Trong

mặt

phẳng

với

hệ

tọa

độ

Oxy,

cho

đường

tròn

C  :  x  2   y  2  5 và đường thẳng  : x  y 1  0 . Từ điểm A thuộc  kẻ hai đường 2

thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8 .  x 2  y  21  y 2  3 x  31 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 2  y  1  2 y  1  x  x  xy  3 y Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là là độ dài của ba cạnh của tam giác ABC có chu vi bằng 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F  5a 2  5b 2  5c 2  6abc --------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:………………

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)

Nội dung trình bày

Điểm

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y  x 3  2 x 2  3 x  1 3 * Tập xác định:  x  1 x  3

* Chiều biến thiên: Ta có y '  x 2  4 x  3; y '  0  

1,0

0,25

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  3;    ; nghịch biến trên 1;3  . 7 3

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1  yCĐ  , hàm số đạt cực tiểu tại 0,25

x  3  yCT  1.

* Giới hạn: Ta có lim y   và lim y  . x 

x 

* Bảng biến thiên: x y

 



1 0 7 3



3 0

  

0,25

* Đồ thị:

0,25

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

Tìm miền giá trị của hàm số : f  x  

x5

1,0

x2  1

TXĐ: D   ( do x 2  1  0 x   ). Ta có : f   x  

1  5x

x 1 5 x5

 1

3 2

0

0,25

f  x   0  1  5x  0  x  lim x

x5

x2  1

 lim x

1 x 1 2 x

 lim x

x  5 1 khi x    x 1 khi x  

0,25

Bảng biến thiên

 

f  x

1 5 0

 

0,25

f  x

1 1 Từ bảng biến thiên  Miền giá trị của hàm số là 1; 26 



Cho số phức z thỏa mãn

1  2i  z  5  2  i 

. Tìm phần thực và phần ảo

0,25 0,5

của số phức w  z  z 2

52  i 5  3  4i  5  3  4i 1  2i     11  2i 1  2i 1  2i 5 2 Suy ra w  z 2  z  11  2i   11  2i  128  46i , Vậy w có phần thực bằng 128 , phần ảo bằng 46 Giải phương trình: log 9 x  log 3 x  3   2 Điều kiện x  0 . Phương trình tương đương với 1 log 3 x  log 3 x  3   2  log 3 x  log 3 x  3   2  log 32 x  3log 3 x  4  0 2 3b x  3 log 3 x  1   x  1 log 3 x  4  81 Vậy phương trình có hai nghiệm x  3 ; x  1/ 81 3a Ta có z 

0,25 0,25 0,5 0,25

Tính tích phân sau : I   1

xe x  1 dx x  e x  ln x 

xe x  1   x 1 Đặt t  e  ln x  dt   e   dx  dx x x  Đổi cận : Khi x  1 thì t  e ; Khi x  e thì t  ee  1 e 1 e 1 dt ee  1 I   ln t e  ln t e e e e 1 Đáp số : I  ln e x

0,25

1,0 0,25 0,25

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

0,25 0,25

Trong

không

gian

với

hệ

tọa

độ

Oxyz ,

cho

mặt

phẳng

( P) : 2 x  y  3 z  1  0 và điểm I 3; 5; 2 . Viết phương trình mặt cầu

1,0

tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  P  . Tìm tọa độ tiếp điểm..  Bán kính mặt cầu R  d  I ; ( P ) 

2.3  (5)  3.(2)  1 2 1  3 2

 Phương trình mặt cầu:  x  3   y  5   z  2  2



18 . 14

162 . 7

0,25 0,25

 Tiếp điểm chính là hình chiếu vuông góc H của I xuống mặt phẳng

 P  đã cho

  Đường thẳng IH qua I và nhận PVT n   2; 1; 3 của mặt phẳng

 P  làm

0,25

 x  3  2t  VTCP có phương trình là  y  5  t   z  2  3t

t  

 x  3  2t   y  5  t  Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình    z  2  3t  2 x  y  3 z  1  0 9 3 26 13  Hệ này có nghiệm t   , x  , y   , z  7 7 7 7  3 26 13   Do đó tiếp điểm H có tọa độ là H  ;  ;  .  7 7 7

   Cho biết tan a  2,    a  0  . Tính: A  cos a 2sin a  3  2  1  1 1 Ta có :   a  0  cos a  0;cos a   2 2 5 1  tan 2 a



0,25



1 2 sin a  cos a  tan a    2    5 5

 4  15 1   2  2      3  5 5  5  Một chi đoàn có 15 đoàn viên trong đó có 7 nam và 8 nữ. Người ta chọn ra 4 người trong chi đoàn đó để lập một đội thanh niên tình nguyện. Tính xác suất để trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ. Vì vậy A 

0,5

0,25

0,5

 Số phần tử của không gian mẫu là n     C154  1365 6b

Gọi A là biến cố "trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A  C154  C74  1330  Vậy xác suất cần tính là P ( A) 

n  A n 



1330 38 .  1365 39

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

0,25

Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ;   1200 và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số BAD đo của góc giữa hai mặt phẳng (SBC ) và ( ABCD) bằng 600 . Tính theo a thể tích của khối chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC .  Do đáy ABCD là hình thoi có cạnh   1200 nên các tam giác bằng a 3 ; BAD ABC , ADC là các tam giác đều cạnh a 3 . Suy ra:

a 3 . 2 2

0,25

3a 2 3 4 2  Gọi H là trung điểm của BC . Suy ra AH  BC  SH  BC . Do đó 0      SBC ; ABCD   AH ; SH   SHA  60 S ABCD  2 SABC



 Xét tam giác SAH ta có: SA  AH .tan 600  2

 a 3 .

3. 3



3a 3 2

0,25

1 1 3a 3 3a 3 9a  Vậy V  .S ABCD .SA  . .  . 3 3 2 2 4  Gọi O  AC  BD . Vì DB  AC , BD  SC nên BD   SAC  tại O .

0,25

 Kẻ OI  SC  OI là đường vuông góc chung của BD và SC .  Sử dụng hai tam giác đồng dạng ICO và ACS hoặc đường cao của

3a 39 3a 39 . Vậy d  BD, SC   26 26 hệ tọa độ Oxy , cho đường

tam giác SAC suy ra được OI  Trong

mặt

phẳng

với

0,25

tròn

C  :  x  2   y  2  5 và đường thẳng  : x  y  1  0 . Từ điểm A thuộc  kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với C  tại B và C . Tìm 2

1,0

tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8 .  C  có tâm I  2; 2 , R  5 , A    A a; a 1  Từ tính chất tiếp tuyến  IA  BC tại H là trung điểm của BC .

Giả sử IA  m, IH  n m  n  0 8

0,25

 HA  m  n, BH  IB 2  IH 2  5  n 2  Suy ra: SABC 

1 BC . AH  BH . AH  m  n 5  n 2  8 2

 Trong tam giác vuông IBA có BI 2  IH .IA  5  m.n  m 

(1) 5 n

(2)

5  Thay (2) vào (1) ta có:   n 5  n 2  8  n 6 15n 4  139n 2 125  0  n 

 n 2 1n 4 14n 2  125  0 Suy ra n  1, m  5 .  A 2; 3 a  2 2 2 IA  5  a  2  a  3  25  a 2  a  6  0      a  3  A3; 2

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

0,25

0,25 0,25

 x 2  y  21 

Giải hệ phương trình : 

y 2  3x  31

2 2  y  1  2 y  1  x  x  xy  3 y

1  2

1,0

 x  0, y  1 Điều kiện :  2  y  3x

 2  



y  1  x   y  1  x 2   y  y  x  1  0  

0,25     1  2 y  x  1  0  y  x  1  0  y  x  1  3   y  x  1   y 1  x      0,x  0, y 1  

Thế  3 vào 1 ta được :

x 2  x  1  21  x 2  x  1  31



x 2  x  1  x 2  x  1  31  21

0,25

Xét hàm số f  x   x 2  x  1  x 2  x  1, x  0

Có : f   x  

 f  x 

2x 1 2 x2  x  1 2x 1

 2 x  1

Xét hàm số g  t  



 3

t t2  3

2x 1 2 x2  x  1

, x  0

2x 1

 2 x  1

 4

, x  0 3

t    g   t  

3 t2  3

 0, t   0,25

Suy ra hàm số g  t  đồng biến trên  mà 2 x  1  2 x  1, x  0  g  2 x  1  g  2 x  1 , x  0  f   x   g  2 x  1  g  2 x  1  0 , x  0

Nên hàm số f  x  đồng biến trên tập  2 ;  

5   2;   Mặt khác :   f  5   31  21

0,25

Phương trình  4   f  x   f  5   x  5  y  6 Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    5;6 

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM

Cho a, b, c là là độ dài của ba cạnh của tam giác ABC có chu vi bằng 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : F  5a 2  5b 2  5c 2  6abc

1,0

 a, b, c  0  nên trong ba số a, b, c phải có ít a  b  c  3 nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1. Giả sử đó là số a  a  1 Theo giả thiết cho 

Theo tính chất ba cạnh của tam giác ta luôn 3 b c  a  3a  a  a  2 Như vậy 1  a 

0,25

3 2 2

Ta có F  5a 2  5b 2  5c 2  6abc  5a 2  5  b  c   2bc   6abc   2

 5a 2  5  3  a   2bc  5  3a  Theo bất đẳng thức AM-GM ta có 2bc 

1 1 2 2 b  c  3  a  2 2

0,25

3 5   5  3a  0 2 3 1 2  2bc  5  3a     3  a   5  3a  2

Mặt khác 1  a  10

Do đó F  5a 2  5b 2  5c 2  6abc  5a 2  5  3  a  

 Xét hàm số f  a  

f  a 

1 2  3  a  5  3a  2

3 3 a  a 2  a  15   2

0,25

3 3 3 a  a 2  a  15  với 1  a   2 2

3 3  3 3a 2  2a  1   a  1 3a  1  0, a  1;  , nên hàm số  2 2  2

3  3 f  a  đồng biến trên khoảng 1;   f  a   f 1  21, 1  a  2  2  3 F  f  a   f 1  21, a  1;   2

0,25

a  1 ; b  c Dấu bằng khi   a  b  c 1 a  b  c  3 Vậy giá trị nhỏ nhất của F bằng 21 đạt được khi tam giác ABC đều có cạnh bằng 1 ------------------------------ HẾT------------------------------

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM