ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN THPT 2016 QUẢNG NAM

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = 2x − x −1 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f(x) = (x − 2).e 2x đoạn [–1 ; 2] Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn (2 + i)z = − 3i Tìm môđun số phức w = iz + z b) Giải phương trình log x = − log (x + 2) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = x ∫ (2x + 1)3 dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; ; 1) đường thẳng d: x − y − z −1 = = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa độ −2 điểm M thuộc đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) a) Cho góc α thỏa mãn 5sin 2α − 6cosα = < α < π Tính giá trị biểu thức: π  A = co s  − α  + sin ( 2015π − α ) − co t ( 2016π + α ) 2  b) Cho đa giác 12 đỉnh, có đỉnh tô màu đỏ đỉnh tô màu xanh Chọn ngẫu nhiên tam giác có đỉnh 12 đỉnh đa giác Tính xác suất để tam giác chọn có đỉnh màu Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh đáy a, góc hai mặt phẳng (A’BC) (ABC) 600 Gọi M trung điểm cạnh BC, N trung điểm cạnh CC’ Tính theo a thể tích khối chóp A.BB’C’C khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N)  x − 3y − + xy − y + x − y =  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y ∈ R) 3 − x − y + = x − 14y − 12 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường thẳng AH 3x − y + = , trung điểm cạnh BC M(3 ; 0) Gọi E F chân đường cao hạ từ B C đến AC AB, phương trình đường thẳng EF x − 3y + = Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dương Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 4a  2c  b  c  1 +  + 1 +  = b  b  a a bc 2ca 2ab + + a(b + 2c) b(c + a) c(2a + b) –––––––––––– Hết –––––––––––– Họ tên thí sinh: …………………………………………… …; Số báo danh: …………………… DeThiThuDaiHoc.com – FB: /thithudaihoc www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang) Câu Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm 2x − Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x −1 * Tập xác định: D = ℝ \{1} * Sự biến thiên: y' = 0,25 (x − 1) Vì y’ > 0, ∀ x ≠ nên hàm số đồng biến khoảng (–∞ ; 1), (1 ;+∞) Giới hạn tiệm cận: lim y = −∞, lim y = +∞ ; tiệm cận đứng x = x →1+ x →1− 0,25 lim y = ; tiệm cận ngang y = x →±∞ Bảng biến thiên x y’ –∞ +∞ + + +∞ 0,25 y –∞ * Đồ thị : y 0,25 O Câu (1,0 điểm) x Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số f(x) = (x − 2).e 2x đoạn [–1 ; 2] Hàm số f(x) liên tục đoạn [–1 ; 2], f '(x) = 2(x + x − 2)e 2x f '(x) =  x + x − = ⇔ ⇔ x =1    x ∈ (−1; 2)  x ∈ (−1; 2) −1 f (1) = −e2 , f (−1) = , f (2) = 2e e GTLN f(x) đoạn [–1 ; 2] 2e4, x = 2, GTLN f(x) đoạn [–1 ; 2] – e2 , x = DeThiThuDaiHoc.com – FB: /thithudaihoc 0,25 0,25 0,25 0,25 www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm a) (0,5) Cho số phức z thỏa mãn (2 + i)z = − 3i Tìm môđun số phức w = iz + 2z (2 + i)z = − 3i ⇔ z = − 2i 0,25 0,25 w = iz + 2z = i(1 − 2i) + 2(1 + 2i) = + 5i Vậy | w |= 41 b) (0,5) Giải phương trình log x = − log (x + 2) (1) Điều kiện: x > (*) 0,25 (1) ⇔ log (x + 2x) = ⇔ x + 2x = ⇔ x + 2x − = ⇔ x = – x = Kết hợp với điều kiện (*) suy phương trình (1) có nghiệm x = Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = 0,25 x ∫ (2x + 1)3 dx Đặt t = 2x + ⇒ dt = 4xdx x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = 3 Khi I = Câu (1,0 điểm) 0,25 0,25 −1 1 dt (0,25) = = (0,25) ∫ t 8t Cho điểm A(–2 ; ; 1) đường thẳng d : 0,5 x − y − z −1 = = Viết phương trình mặt phẳng −2 (P) qua A vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) 0.25 Một vectơ phương d u = (2;1; −2) Mặt phẳng (P) qua A nhận vectơ u = (2;1; −2) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình 2(x + 2) + y – – 2(z – 1) = hay 2x + y – 2z + = Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; + t; – 2t) Khoảng cách từ M đến (P) là: d(M, (P)) = | 2(3 + 2t) + + t − 2(1 − 2t) + | =| 3t + | 0.25 + + (−2) d(M, (P)) = ⇔ | 3t + | = ⇔ t = t = –2 2 0.25 Vậy M(3 ; ; 1) M(–1 ; ; 5) Câu (1,0 điểm) a) (0,5) Cho góc α thỏa mãn 5sin 2α − 6cosα = (1) < α < 0.25 π Tính giá trị biểu π  − α  + sin ( 2015π − α ) − co t ( 2016π + α ) 2  thức: A = co s  Vì < α < π nên cosα > 0, cotα > (1) ⇔ 10sin α.cosα − 6cosα = ⇔ cosα.(5sin α − 3) = ⇔ sin α = (vì cosα>0) 25 16 co t α = −1 = − = ⇒ cot α = (vì cotα > 0) 9 sin α A = sin α + sin α − co t α = 2sin α − co t α = − = − 15 0,25 0,25 b) (0,5) Cho đa giác 12 đỉnh, có đỉnh tô màu đỏ đỉnh tô màu xanh Chọn ngẫu nhiên tam giác có đỉnh 12 đỉnh đa giác Tính xác suất để tam giác chọn có đỉnh màu DeThiThuDaiHoc.com – FB: /thithudaihoc www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu Câu (1,0 điểm) Số phần tử không gian mẫu là: | Ω | = C12 = 220 Gọi A biến cố chọn tam giác có đỉnh màu Số kết thuận lợi cho A 0,25 là: | Ω A | = C37 + C35 = 45 Xác suất biến cố A P(A) = 0,25 | ΩA | = | Ω | 44 Đáp án Điểm Tính thể tích khối chóp A.BB’C’C khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N) Tam giác ABC cạnh a M A' C' trung điểm BC nên: AM ⊥ BC AM = B' N H A AM⊥BC AA’⊥BC⇒A’M⊥ BC ⇒ Góc hai mặt phẳng (A’BC) D E a 0,25 (ABC) A ' MA = 600 Tam giác A’AM vuông A nên: C M AA ' = AM.tan 600 = B Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là: SBB'C'C = BB'.BC = AM ⊥ BC AM ⊥ BB’ ⇒ AM ⊥ (BB’C’C) a 3a 3= 2 3a 2 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD là: ⇒ V = SBB'C'C AM = 3a a a ⋅ = 2 Trong mặt phẳng (BB’C’C), B’N cắt BC D Khi đó: C trung điểm BD BAD = 900 Gọi E trung điểm AD, ta có: CE ⊥ AD Dựng CH ⊥ NE (H ∈ NE) AD ⊥ CE AD ⊥ CN ⇒ AD ⊥ (CNE) ⇒ AD ⊥ CH CH ⊥ NE CH ⊥ AD ⇒ CH ⊥ (AB’N) a 3a AB = , CN = CC ' = 2 1 16 52 3a = + = + = ⇒ CH = 2 2 13 CH CE CN a 9a 9a 3 9a Do đó: d(M, (AB' N)) = d(C, (AB' N)) = CH = 2 13 0,25 Ta có: CE = Câu (1,0 điểm) 0,25  Giải hệ phương trình (I)  x − 3y − + xy − y + x − y = 3 − x − y + = x − 14y − 12  x − y + (x − y)(y + 1) − 2(y + 1) = (1) (I) ⇔  3 − x − y + = x − 14y − 12 (2) 0.25 Điều kiện: x ≤ 8, y ≥ – 1, (x – y)(y + 1) ≥ (*) Nếu (x ; y) nghiệm hệ (I) y > – Suy x – y ≥ Do đó: (1) ⇔ x−y x−y + −2=0⇔ y +1 y +1 x−y x−y =1⇔ = ⇔ x = 2y + y +1 y +1 0.25 Thay x = 2y + vào (2) ta được: − 2y − y + = (2y + 1) − 14y − 12 ⇔ y + − − 2y + 4y − 10y − 11 = 0.25 ⇔ 4( y + − 2) − 3( − 2y − 1) + 4y − 10y − = DeThiThuDaiHoc.com – FB: /thithudaihoc www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam   ⇔ (y − 3)  + + 2y + 1 = (3)  y +1 +  − 2y +   2 3 Vì −1 < y ≤ nên ≥ , > , 2y + > –1 y +1 + + 2 − 2y + ⇒ + + 2y + > Do đó: (3) ⇔ y − = ⇔ y = y +1 + − 2y + 0.25 ⇒ x = (thỏa (*)) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x ; y) = (7 ; 3) Câu Câu (1,0 điểm) Điểm Đáp án Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường thẳng AH 3x − y + = , trung điểm cạnh BC M(3 ; 0) Gọi E F chân đường cao hạ từ B C đến AC AB, phương trình đường thẳng EF x − 3y + = Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dương A H I F H B I E F J C M A E J C M B Gọi I trung điểm AH Tứ giác AEHF nội tiếp bốn điểm B, C, E, F thuộc đường tròn nên IM ⊥ EF (đoạn nối tâm vuông góc với dây chung) Ta có: IEF = ABE (cùng phụ góc A phụ góc EHF) EMF = IME ⇒ MEI = 900 ⇒ MFI = MEI = 900 và: ABE = 0.25 Do tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính IM, tâm trung điểm J IM (Đường tròn (J) đường tròn Euler) Đường thẳng IM qua M vuông góc EF nên có phương trình: 3x + y – = I giao điểm AH IM nên tọa độ điểm I nghiệm hệ phương trình: 3x − y + =  3x + y − = 0.25 ⇒ I(1; 6) Đường tròn đường kính IM có tâm J(2 ; 3) bán kính r = JM = 10 nên có phương trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10 Tọa độ điểm E nghiệm hệ phương trình:  x − 3y + =  2 ( x − ) + ( y − 3) = 10  x = 3y − x =  x = −1 ⇔ ⇔ ⇒ E(5 ; 4) E(–1;2)   y = y = y − = ( )    Vì A ∈ AH nên A(a ; 3a + 3) DeThiThuDaiHoc.com – FB: /thithudaihoc 0.25 0.25 www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Ta có: IA = IE ⇔ IA = IE ⇔ (a − 1) + (3a − 3)2 = 20 ⇔ a = ± Vì A có hoành độ dương nên A(1 + 2;6 + 2) Câu Câu 10 (1,0 điểm) Đáp án Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = Đặt x = Điểm 4a  2c  b  c  1 +  + 1 +  = b  b  a a bc 2ca 2ab + + a(b + 2c) b(c + a) c(2a + b) , y = , z = (x, y, z > 0) a b c Điều kiện cho trở thành: Ta có: x + y3 ≥ x y x + y3 +  +  = (*) xyz y x (x + y)3 (x + y) ≥ 4xy 0.25 x + y3 (x + y)3 xy(x + y) x + y Do đó: ≥ ≥ = xyz 4xyz 4xyz z Mặt khác x y x+y x y x + y3 x+y + ≥ nên = + 2 +  ≥ +4 ⇒0< ≤ y x xyz z z y x x y 4z x2 y2 4z Ta có: P = + + = + + y + 2z 2z + x x + y xy + 2zx 2yz + xy x + y (x + y) 4z (x + y) 4z 2(x + y) 4z ≥ + ≥ + = + 2xy + 2z(x + y) x + y (x + y) x + y x + y + 4z x + y + 2z(x + y) x+y z + Suy ra: P ≥ x+y x+y +4 z z x+y 2t Đặt t = , < t ≤ Ta có P ≥ + z t+4 t 2t Xét hàm số f (t) = + (0 < t ≤ 2) t+4 t f '(t) = 4(t − 8t − 16) t (t + 4) 0.25 0.25 < 0, ∀t ∈ (0; 2] ⇒ f(t) nghịch biến (0 ; 2] Suy ra: P ≥ f (t) ≥ f (2) = x = y  P = ⇔ x + y ⇔ x = y = z ⇔ 2a = b = 4c  z = Vậy giá trị nhỏ P , 2a = b = 4c 0.25 Chú ý: Những cách giải khác đáp án, cho điểm tối đa Tùy theo thang điểm đáp án mà giám khảo cho điểm tương ứng DeThiThuDaiHoc.com – FB: /thithudaihoc