Đề thi thử THPT Quốc Gia 2016 Môn Toán THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành YB

om n.c thv ma HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA 2016 LẦN THỨ MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH x   Chiều biến thiên y '  3x  x x  y'     x  2 Bảng biến thiên x  y’ -2 +  - + 0.25  thv y 0.25 n.c x  Điểm om Câu Nội dung Câu Cho hàm số y = x + 3x + m (1) 2,0 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  4 điểm Với m  4 ta có hàm số y = x + 3x - Tập xác định :  Sự biến thiên  Giới hạn: lim y   lim y    -4 ma Hàm số đồng biến khoảng (; 2) (0; ) Hàm số nghịch biến khoảng (-2; 0)  Cực trị : Hàm số đạt cực đại x = -2, yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = -4 0.25 y  Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox điểm (-2; 0) (1; 0) Đồ thị cắt trục Oy điểm (0; -4) -2 O x 0.25 -2 -4 2/ Xác định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam giác OAB vuông O (O gốc tọa độ) 0.5 Suy z = n.c om Ta có y '  3x  x x  y'     x  2 Do y '  có nghiệm phân biệt y’ đổi dấu qua nghiệm nên đths có điểm cực trị A  0; m  , B  2; m     OA  0; m  , OB  2; m     m  OAB vuông O OA.OB   m  m       m  4 Do O, A, B tạo thành tam giác nên m  4 Câu Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  i   2z  2i (0,5 z  2z  w  Tìm mô đun số phức điểm) z2 Ta có 1  i  z  i   2z  2i    i  z = -1+ 3i -1+ 3i  -1+ 3i   i  = i 3i   i   i  z  2z  i  2i    1  3i z2 i2 Do w    10 thv w Câu Giải bất phương trình Giải bất phương trình  log (0,5 điểm) Đk: BPT cho tương đương với 0.5 0.25 0.25  x  1  log  x  x   log 2  log  x  1  log  x  x   0.25 ma  log  x  x    log  x  x    2x2  4x   x2  x   x2  5x   0.25  2 x3 Kết hợp đk ta nghiệm BPT  x   Câu cos x (1,0 Tính tích phân I   e  x sinxdx điểm)   I   e   cos x  x  sinxdx   e  cos x sin xdx   x sin xdx  I1  I 0.25  Tính I1  e cos x sin xdx  Đặt t  cos x  dt   sin xdx ; 0.25 đổi cận: với x   t  với x    t  1 Ta có I1  et dt  et  1 e 1 e  Tính I  x sin xdx om  u  x du  dx  dv  sin xdx  v   cos x 0.25 Đặt     I   x cos x   cos xdx    sin x    e 0.25 n.c Vậy I  e  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm I  -1;2;3 mặt phẳng (P) có Câu phương trình x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc (1,0 với mặt phẳng (P) tìm tọa độ tiếp điểm M điểm) Do (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên 4    16   Mặt cầu (S) có phương trình 0.25  thv R= d  I ;( P )    x  1 2   y     z  3  0.25 Đường thẳng IM qua I, vuông góc với (P) nên có phương trình: ma  x  1  4t   y   t (t  ) z   t  0.25 Gọi M  1  4t ;  t ;  t  Do M thuộc (P) nên  1  4t  +2  t    t     18t    t  0.25 1 8 3 3 Vậy M  ; ;  góc  thỏa mãn cot   Tính giá trị biểu thức Câu a/ Cho 2cos (1,0 P điểm) 2sin   3cos3  cot    sin   , ta có: 0.25 2cos 2cot  2cot  1  cot  2cos sin  sin  P    sin  cos3  2sin   3cos3   3cot   3cot  3 sin  sin  2.2.1   10   3.23 13 0.25 om  b/ Xét tập hợp E gồm số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp E Tìm xác suất để phần tử chọn số chia hết cho n.c Số số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} kể số đứng đầu A85 Số số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} có số đứng đầu A 74 thv Số phần tử tập E A85  A 74  5880 Gọi A biến cố chọn số có chữ số đôi khác chia hết cho Số kết thuận lợi A A 74  6A36  1560 1560 13  Xác suất biến cố A P  A   5880 49 Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a,  ABC = 300 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ trọng tâm G tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC) theo a S ma Câu (1,0 điểm) B H A C G M 0.25 0.25 Trong mặt phẳng (ABC), kẻ AM  BC (M  BC) SM  BC nên S MA  600 góc mặt phẳng (SBC) (ABC) 1 a2 AB AC.sin1200  a.a  2 a SA  AM tan 600  1 a a a3 Thể tích khối chóp S.ABC VS ABC = SA.S ABC   3 Ta có S ABC  om 0.5 Vì AM  3GM , AM  (SBC) = M nên d  G,( SBC )   d  A,( SBC )  Trong mặt phẳng (SAM), kẻ AH  SM (H  SM) AH   SBC  nên n.c AH  d  A,( SBC )  Trong tam giác vuông SAM có 1 4 16 3a       AH  2 AH AS AM 3a a 3a a Vậy d  G,( SBC )   12 Câu Giải bất phương trình: 4x  x  (1,0 điểm)  x  x    4x  3x  5 x   thv   x  1 Đk:  x 1 Đặt u  x  x  2, v  x   u , v   ta có 4x  x   u  3v ,4x  x   3u  v Bất phương trình cho có dạng u  3v2  u  3u  v2  v    u  v 3   u  v   u  v  ma 0.5 0.25 0.25 Xét x2  x   x2    x2  x   x2   x2   om  x2 1  x   x     x  2 x          x  2 x20    3x  x     2  4  x  1  x  x    x  2   22   x  2  x       x      22  x       22  x     n.c 0.5     2  ;   Vậy tập nghiệm bất phương trình  ;      Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường thẳng  d1  : 2x  y   , đỉnh C thuộc đường thẳng thv Câu  d  : x  y   Gọi H hình chiếu B AC Xác định tọa độ (1,0 9 2 điểm) đỉnh hình chữ nhật ABCD biết M  ;  , K  9;2  trung điểm 5 5 AH, CD điểm C có tung độ dương ma Gọi N trung điểm BH ABH Ta có MN đường trung bình suy MN || KC , MN  AB  KC  MNCK hình bình hành  MK // CN (1) Do MN  BC , BN  MC nên N trực tâm BMC  CN  BM (2) Từ (1) (2) suy MK  BM A B M N H D K C 0.25 Đường thẳng BM qua M, vuông góc với MK nên có phương trình 9x  y  17  Do tọa độ B thỏa mãn B  BM  d1 nên 0.25 9x  y  17   x    B 1;4   2x  y   y    om Gọi C  c; c   với c >   Do BC  KC  BC KC   BC   c  1; c    KC   c  9; c   0.25 thv n.c c  Do  c  1 c     c   c      c  Suy C  9;4  c > Đường thẳng CM qua M C nên có phương trình x - y   Đường thẳng BH qua B, vuông góc với MC nên có phương trình 2x  y    13 x 2x  y     13   H ;  Tọa độ H thỏa mãn   5 x  y   y   M trung điểm AH nên A 1;0  0.25 Khi D  9;0  Vậy đỉnh hình chữ nhật A 1;0  , B 1;4  , C  9;4  , D  9;0  Câu 10 Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c   ab  bc  ca  (1,0 2 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức P   a  b  c   b  c Ta có     ma b  c  5a   b  c   5a   b  c    ab  bc  ca   6a  b  c   2  5a  6a  b  c    b  c   bc  abc  a  b  c  2b  c  Đẳng thức xảy a  b  c, b  c 0.25 om n.c thv ma