KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỀ MINH HỌA SỐ 2 Môn: TOÁN

SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI ĐỀ MINH HỌA SỐ (Đề thi gồm trang) KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 141 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x  2( m2  1) x  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm giá trị tham số m để hàm số (1) có điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình : sin x  cos x  sin x  (x  R) b) Giải bất phương trình : log log (2  x )   ( x  R ) 2 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx x x 1 Câu (0,5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  11 z  4i  z  Hãy tính z2 z  2i Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC, ABC có cạnh a, AA = a đỉnh A cách A, B, C Gọi M, N trung điểm cạnh BC AB Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN) Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) có phương trình x  y  z  x  y  z   Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa truc Oy cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính r  Câu (0,5 điểm) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, có đội nước đội Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bảng A, B, C bảng đội Tính xác suất để đội bóng Việt Nam ba bảng khác Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình 3x  y  10  đường phân giác BE có phương trình x  y   Điểm M (0;2) thuộc đường thẳng AB cách đỉnh C khoảng ABC  Tính diện tích tam giác Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình: x  x   x( x  x  4)  (x R) Câu10 (1,0 điểm) Cho số thực x, y thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x2  y  x   x2  y  x   y  Hết Thí sinh không sửdụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm 810 SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI – HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ a) (Tự khảo sát) b) y’ = 4x3 – 4(m2+1)x Câu (2 đ) x  y’ =    x   m   hàm số (1) có điểm cực trị với m xCT   m2   giá trị cực tiểu yCT  (m  1)  Vì (m  1)2   yCT  max( yCT )   m2    m  a) sin x  cos x  sin x  (1) (1)  (sin x  cos x)(1  sin x  cos x)    x   k sin x  cos x   (k  Z )  1  sin x  cos x   x  2k   x  3  2k   Câu 2 (1 đ) b) og log (2  x )   ( x  R) (2) Điều kiện: log (2  x )    x   1  x   1  x   1  x  1  x  Khi (2)  log (2  x )       2  x  x   x0   Vậy tập nghiệm bpt S  (1;0)  (0;1) I  dx x x3  1  x dx x3 x3  Đặt t  x   x3  t   x dx  t.dt Câu (1 đ) x 1 t  ; x   t  I  t.dt  1       dt 2 (t  1)t  t 1 t   x 1 I  ln x 1 1 1   2   ln  ln   ln 3 2 1 z  11  z   z  z  13  ,  '  9  9i  z2 Câu  (0,5 đ) z   3i   z   3i   z   3i  z   3i  z  4i  i = 1 z  2i  i z  4i  7i 53 =  z  2i  5i 29 Câu  Gọi O tâm tam giác ABC  A’O  (ABC) (1 đ) a a Ta có AM  , AO  AM  3 811 a2 a a2 A ' O  AA '  AO  a   ; S ABC  3 2 Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' : V  SABC A ' O  a2 a a2  4 A' C' B' N E A C O M B 3V  Ta có VNAMC  SAMC d  N ,( ABC )  d C , ( AMN )  NAMC S AMC S AMC a2 a  S ABC  ; d  N ,( ABC )   A ' O  Suy ra: VNAMC  a2 a a2  48 lại có : AM  AN  a , nên AMN cân A Gọi E trung điểm AM suy AE  MN , MN  A'C a  2 3a a a 11 a 11  AE  AN  NE    ; S AMN  MN AE  16 16 2 3a 2 a 11 a 22  d C ,( AMN )   :  (đvđd) 48 16 11 ( S ) : x  y  z  x  y  z    ( x  2)  ( y  3)  ( z  1)  16   ( S ) có tâm I (2; 3;1) bán kính R  ; trục Oy có VTCP j  (0;1;0)  Câu Gọi n  ( a; b; c) VTPT mp(P), (1 đ)    ( P ) chứa Oy  n  j  b   n  ( a;0; c) (a  c  0) Phương trình mp(P): ax  cz  (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh r  812 2a  c  d  I ,( P)  R  r   a  c2   4a  4ac  c  4a  4c c   3c  4ac    3c  4a Vậy phương trình mp(P) : x  3x  z  Số phần tử không gian mẫu n()  C124 C84 C 44  34.650 Câu Gọi A biến cố “3 đội bong Việt nam ba bảng khác nhau” (0,5 đ) Số kết thuận lợi A n( A)  3C93 2C63 1.C33  1080 n( A) 1080 54    0,31 n( 34650 173 Gọi N điểm đối xứng M qua phân giác BE N thuộc BC Tính N(1; 1) Đường thẳng BC qua N vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – = B giao điểm BC BE Suy tọa độ B nghiệm hệ pt: 4 x  y    B(4;5)   x  y 1  Xác xuất biến cố A P ( A)  A E M(0;2) I C H N B Câu (1 đ) Đường thẳng AB qua B M nên có phương trình : 3x – 4y + = A giao điểm AB AH, suy tọa độ A nghiệm hệ pt: 3x  y    A( 3;  )   3x  y  10  Điểm C thuộc BC va MC = suy tọa độ C nghiệm hệ pt: C (1;1)  x  1; y  4 x  y       31 33    31 33  2  C ;  x ;y  x  ( y  2)  25 25   25 25   Thế tọa độ A C(1; 1) vào phương trình BE hai giá trị trái dấu, suy A, C khác phía BE, BE phân giác tam giác ABC  31 33  Tương tự A C  ;  A, C phía với BE nên BE phân giác  25 25  tam giác ABC 49 49 BC = 5, AH  d ( A, BC )  Do S ABC  (đvdt) 20 813   x  x   x( x  x  4) (*)  1   x  ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥    x  1  Khi (*)  x( x  x  4)  x  x   x( x  x  4)  ( x  x  4)  3x (**) TH 1: x  1  , chia hai vế cho x > 0, ta có: Câu x  x  x2  x  (1 đ) (**)   3 x x Đặt t  1 x2  2x  , t  , ta có bpt: t  4t     t  x  x  x   x2  2x  1  17  65 3   x x 2  x  x   TH 2: 1   x  , x  x   , (**) thỏa  1  17  65  Vậy tập nghiệm bpt (*) S   1  5;0    ;  2   P  x2  y  x   x2  y  x   y  Xét điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y) Ta có OM + ON ≥ MN  ( x  1)  y  ( x  1)  y   y  P   y  y   f ( y) TH1: y ≤ 2: f ( y )   y   y  f '( y )  Câu10 (1 đ) 2y 1 y2 1 y  f '( y )   y   y    y 3 y   3 Lập bảng biến thiên f(y)  f ( y )  f    2 x( .2]   TH2: y ≥ 2: f ( y )   y  y  ≥   Vậy P   x; y Do MinP   x = ; y = 3 - Hết - 814