Đề 53 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) năm 2016

Trường THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN (TP.HCM) Đề 03/2016 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y  17 x  2x  4x  3 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: f (x )   2x  đoạn  0;2   x  x2 Câu (1,0 điểm) a) Cho hai số phức z1, z thỏa mãn: z  1, z  2, z1  z  Hãy tính z1  z2 b) Giảiphương trình: log2 x  log2   x   log x 2 Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng (d ) : y  x  đồ thị (C ) hàm số y  x  3x  3x  Câu (1,0 điểm) z 3 x 1 y 2 vàmặt   phẳng () : 3x  4y  z   Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa đường thẳng (d ) vuông góc với mặt phẳng () Câu (1,0 điểm) a) Tìm góc    0;   thỏa mãn phương trình: cos3   cos   cos   b) Một đoàn tra gồm 15 nam nữ Người ta muốn chọn nhóm gồm người để lập thành tổ công tác cho phải có tổ trưởng nam, tổ phó nam có nữ Hỏi có cách lập tổ công tác Câu (1,0 điểm)   1200 , Cho hình S ABCD có đáy ABCD hình thoi với SA  AB  a , góc BAD Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , chođường thẳng (d ) : mặt phẳng  SAC   SBD  vuông góc với mặt phẳng  ABCD  Tính theo a thể tích khối tứ diện SABC góc đường thẳng SB mặt phẳng  SCD  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, chohình thang ABCD vuông A B có 2BC  3AD Gọi M đỉnh thứ tư hình chữ nhật BADM , P giao điểm AN với BD N điểm cạnh  11   Tìm tọa độ đỉnh BM cho BM  4MN Biết N  1; 2 , P  ;  sin MAD   7  89 hình thang ABCD Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:      x  y  x  3x   2y  3y    x  y   x     x  y  y      3   2  2y  3x   2y  x  y   5x  2x   Câu 10 (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn 4(x  8y )  Tìm giá trị lớn biểu thức:  P  (x  2y  2)3 5(x  y )  5(x  y )   TRƯỜNG THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN (TP.HCM) Đề 03/2016 LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Môn:Toán Thời gian làm bài:180 phút Người đề: Kiều Hòa Luân Câu (1,0 điểm) 17 x  2x  4x  3 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: f (x )   Tập xác định: D   \  1 2x đoạn  0;2    x  x2 Hàm số f (x ) xác định liên tục đoạn  0;2  2x Đạo hàm: f '(x )    ;  x  1  2 x  x      2 Cho f '(x )   2   x   2x   x     x     x    x  23 Ta có: f (1)   ; f (0)  1; f (2)   15 23 f (x )  f (0)  1 Vậy max f (x )  f (2)    0;2   0;2  15     Câu (1,0 điểm) a) Cho hai số phức z1, z thỏa mãn: z  1, z  2, z1  z  Hãy tính z1  z Đặt: z  a  bi a,b    z2  c  di c, d    Khi đó:  a  b  a  b       2 2   c d  c  d    a  c  b  d  ac  bd    (a  c)2  (b  d )2    Suy ra:  ac  bd    (1  4)   ac  bd  (a  c)2  (b  d )2  a  c  b  d  ac  bd   Vậy z  z  b) Giải phương trình: log2 x  log2   x   log x 2  2.2  Điều kiện: x  Phương trình tương đương: log2 x  log2  log2 x  log2    x   log21  x 2  1  x   x  x   (vô nghiệm) Vậy phương trình cho vô nghiệm Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng (d ) : y  x  đồ thị (C ) hàm số y  x  3x  3x  Phương trình hoành độ giao điểm (d ) (C ) là: x  3x  3x   x  x    x  3x  2x   x (x  3x  2)    x  x   Diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng (d ) đồ thị (C ) là: 2 S   x  3x  3x    x   dx   x x  3x  2x dx    3x  2x  dx   x  3x  2x  dx x4  x4  1    (đvdt)    x  x     x  x       4 Câu (1,0 điểm) z 3 x 1 y 2 mặt   phẳng () : 3x  4y  z   Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa đường thẳng (d ) vuông góc với mặt phẳng () Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :  Đường thẳng (d ) qua điểm A(1;2; 3) có véctơ phương a   3;2;1   Mặt phẳng () có véctơ pháp tuyến n   3; 4;1 Vì mặt phẳng ( ) chứa đường thẳng (d ) nên A(1;2;3)     Vì mặt phẳng ( ) chứa đường thẳng (d ) vuông góc với mặt phẳng () nên ( ) có véctơ pháp    tuyến n   a , n    6;0; 18   Vậy mặt phẳng ( ) cần tìm qua điểm A(1;2; 3) nhận n    6;0; 18  làm véctơ pháp tuyến có phương trình là: ( ) :  x  1  18  z     x  3z   Câu (1,0 điểm) a) Tìm góc    0;   thỏa mãn phương trình: cos3   cos   cos   Phương trình tương đương:  cos   cos     cos        cos 3  cos (    0;    cos  ) 2    k 4    3   k 2 ; k         k  3   k 2      4 4 Vì    0;      0;   ;   4 4   Vậy góc    0;   thỏa phương trình cho là:    0; ;        b) Một đoàn tra gồm 15 nam nữ Người ta muốn chọn nhóm gồm người để lập thành tổ công tác cho phải có tổ trưởng nam, tổ phó nam có nữ Hỏi có cách lập tổ công tác  cos 3  cos Chọn 15 nam làm tổ trưởng tổ phó có A15 (cách) Chọn tổ viên lại vào tổ công tác có nữ, ta có trường hợp sau:  Chọn nữ nam có 5.C13 (cách)  Chọn nữ nam có 13.C25 (cách)  Chọn nữ có C35 (cách) Vậy số cách chọn nhóm gồm người để lập thành tổ công tác thỏa yêu cầu toán là: A15  5.C132  13.C25  C53   111300 (cách) Câu (1,0 điểm)   1200 , Cho hình S ABCD có đáy ABCD hình thoi với SA  AB  a , góc BAD mặt phẳng  SAC   SBD  vuông góc với mặt phẳng  ABCD  Tính theo a thể tích S khối tứ diện SACD góc đường thẳng SB mặt phẳng  SCD  Thể tích khối tứ diện SACD GọiO giao điểm hai đường chéo hình thoi ABCD Ta có:  AB  AD      AC  BD   AC phân giác góc BAD    1200   BAD     BAD 1200    DAC  CAB    600 2 ACD tam giác  DO  H I A B O D C J a AD  2 Tam giác ADO vuông O , có: AO  Tam giác SAO vuông O , có: SO  AD  DO  SA2  AO  SO.S ACD Tính góc đường thẳng SB mặt phẳng  SCD  Thể tích khối tứ diện SACD là: VS ACD  Tam giác SDO vuông O , có: SD  a  AC  a a a a2 a3 (đvtt)   a 2 SO  OC  a SO  OD  Tam giác SCO vuông O , có: SC  Suy ra, tam giác SCD cân C Gọi H trung điểm SD CH  SD a 10 a 10 a a 15 Diện tích tam giác SCD là: S SCD  CH DS  (đvdt)  2 Gọi I hình chiếu vuông góc B lên mặt phẳng  SCD  , SI hình chiếu vuông góc Tam giác CHD vuông H , có: CH  CD  HD  SB lên mặt phẳng  SCD     Suy ra, góc đường thẳng SB mặt phẳng  SCD   SB;  SCD     SB; SI   BSI khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  d  B ; SCD    BI  tích Thể  d  B ; SCD      khối 3VS ACD SSCD chóp  B SCD là: VB SCD  d  B ; SCD   SSCD   a3  a 15  a 15 a 15   BI   Tam giác SBI vuông I , có: sin BSI SB a 10   390  BSI Vậy:VSACD  a3   (đvtt)  SB;  SCD    BSI  390 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông A B có 2BC  3AD Gọi M đỉnh thứ tư hình chữ nhật BADM , P giao điểm AN với BD N điểm cạnh  11    Tìm tọa độ đỉnh BM cho BM  4MN Biết N  1; 2 , P  ;  sin MAD  7  89 hình thang ABCD PA PD AD BM     PB NB BN PN   11   x A     x P         x A     PA    A  5;    3PA  4NP       yA   PN   y   y       A P    Ta có: PDA PBN  Đường thẳng qua hai điểm A N có phương trình là: x 1 y 2  5x  6y     AN  : Suy hệ số góc đường thẳng  AN  k1  Đường thẳng  BN  qua điểm N với hệ số góc k2 có phương trình  BN  : y  k2(x  1)    Theo giả thiết: sin MAD 89    tan MAD   Tam giác MAD vuông D , có: tan MAD Suy ra: AB      AB BM    BM 4 BN     BN 3 AB MD  AD BM D A P C M N AB  Tam giác ANB vuông B , có: tan ANB   BN    k2 5   5 6  k2   k  k2   k  k  6   tan ANB        k  60  k1k2   k2  k1k2  11   6   1 5k   Với k2    BN  : y  2 Đường thẳng  AB  qua A vuông góc với  BN  có phương trình  AB  : x    x    x   B  5; 2    Tọa độ B thỏa hệ:    y  2  y  2   B      BC     BM  BC     BM  AD    BN  BC  BC       BN  BM        1    xC   x  7  2BN  BC    C  7; 2    C   2    yC   yC  2       x D     7    x  3  D  3;    D AD  BC  3AD  2BC    yD    yD     2     (nhận B D khác phía so với đường thẳng  AN  ) AD  60 60   BN  : y   x     60x  11y  38  11 11 Đường thẳng AB qua A vuông góc với BN B độ  AB  : 11x  60y  235  Tọa Với k2  có phương thỏa trình    x   60x  11y  38       61  B  ; 238       238  61 41  11x  60y  235   y   41      1     x D         61  BN  BC  4BN  3AD     238     yD     2  41     217   xD      61  D  217 ;  297  (loại B D phía so với đường thẳng  AN  )   61  297 61   yD    61 Vậy tọa độ đỉnh hình thang ABCD là: A  5; , B  7; 2 , C  5; 2 , D  3;  Cách khác: (xác định tọa độ đỉnh B,C D ) Đặt: AB  m ,  m   89 12 m, AD  m, BC  m, BN  m 5 5   61 2 2  Tam giác NAB vuông B , có: AN  AB  BN  m   m   m 25   Khi đó, suy ra: AM  Mà: AN  52  62  61  AN  61 61 m  61  m  25  m   AB  Suy ra: 25 Gọi B  a;b  2 Ta có: AB   AB  25   a    b    25  a  b  10a  6b  34   1 Đường tròn C  tâm I  2;  với đường kính AN    61 có phương trình là: 2 C  :  x    61       x  y  4x  y  11    y         2   B  C   a  b  4a  b  11  a  b  10a  6b  34  (1) Như tọa độ B thỏa hệ:   a  b  4a  b  11  (2)  hệ: Trừ vế theo vế (1) (2) , ta được: 6a  5b  20   a  20  5b , thay vào (2) , ta được:  b  2  119 61 29 b  y 0   b  238 36 9  61 220  305.(2)  b  2  a    B  2;  366 238 220  305 238 61   B  ; 238  a  b   366 61 61  61 61  Với B  2;5      1    xC   x BC  2BN  BC     C  yC   2    yC          x D     7   AD  BC  3AD  2BC      yD     2    BN   7  C  7; 2   2  x D  3  D  3;    yD   (nhận B D khác phía so với đường thẳng  AN  )  238  Với B  ;   61 61    AD   3AD  4BN  BN     217    x D     1    xD       61  61  D  217 ;  297        297  61 61    y     2  238   y   D    61   D 61 (loại B D phía so với đường thẳng  AN  ) Vậy tọa độ đỉnh hình thang ABCD là: A  5; , B  7; 2 , C  5; 2 , D  3;  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:     2 2 3 x y x  x   y  y   x  y x   x  y  y                 2  2y  3x   2y  x  y   5x  2x    2y  3x   Điều kiện:    y    Phương trình thứ hệ tương đương:  2    x  y   x  3x   2y  3y    x  y  x  1   y     3    x  y      3  x  3x   2y  3y    x  y   x    y          Với x  y   y  x , thay vào phương trình thứ hai hệ, ta được: 2x  3x   2x   5x  2x 2x  5x     5x  2x 2 2x  3x   2x        2x  5x     2x  3x   2x    2x  5x     2x  3x   x     x  3     0; x      2x 1  y  (thỏa) 2  x  3  y  3 (thỏa) x   Với phương trình:  2 x  3x   2y  3y    x  y   x    y  (*)   Ta có:  3 x  3x    x     2y  3y    2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: x  3x  x  3x    x  3x   1.1   3  y     0; x   4   x  1 Dấu xảy khi: x  3x    x  3x      x  2 2y  3y  2y  3y    2y  3y   1.1   y  1  2 Dấu xảy khi: 2y  3y    2y  3y     y    2 x  x  y  y  Suy ra: x  3x   2y  3y   Khi đó, từ phương trình (*) suy ra: 2  x  3x  2y  3y   x  y  x  1  y    3  x  2xy  y   (x  y )2   x  y    x  1     x  2   y  1     x, y   Dấu xảy khi:    y      x  y   Suy phương trình (*) vô nghiệm  1    Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm là:  x ; y     ;  ,  3; 3        2    Câu 10 (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn 4(x  8y )  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  (x  2y  2)3 5(x  y )  5(x  y )  a, b  ta có: 4(a  b )  (a  b )3 Thật vậy: (1) (1)  4(a  b )  a  b  3ab(a  b)  3(a  b )  3ab(a  b)  (a  b)(a  ab  b )  ab(a  b)  (a  b)(a  2ab  b )   (a  b)(a  b)2  (2) Vì a, b  nên (2) Dấu "  " xảy a  b Suy (1) chứng minh Áp dụng BĐT (1) với a  x , b  2y , ta có:  4(x  8y )   x  (2y )3   (x  2y )3  x  2y  Lại có: 5(x  y )  5(x  y )   5x  5x  5y  5y  2       10   1       x  x     y  y       x     y         4 4 2 2 2 (1  2)3 (x  2y  2)3   54 5(x  y )  5(x  y )     4(x  8y )  1 Ta có: P  54  x  2y x y    x y   Do đó: P  Vậy giá trị lớn biểu thức Pmax  54 , đạt x  y  Hết ***  *** ***************************************************************************** ...TRƯỜNG THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN (TP.HCM) Đề 03/2016 LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Môn:Toán Thời gian làm bài:180 phút Người đề: Kiều Hòa Luân Câu (1,0 điểm) 17 x  2x  4x