de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan truong thpt hong quang hai duong lan 1

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN: TOÁN –LẦN I (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  x  3x  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x )  x    x Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x  5sin x   b) Giải bất phương trình: log 0,5 x  log 0,25 ( x  1)  log  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I  dx 2x 1   Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;-1;2); B(3;1;0) mặt phẳng (P) có phương trình: x - 2y - 4z + = Tìm tọa độ điểm C nằm mặt phẳng (P) cho CA = CB mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) 10   a) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức  x x   với x  x   b) Từ chữ số 1, 3, 4, 5, 6, lập số tự nhiên gồm chữ số khác Chọn ngẫu nhiên số số lập Tính xác suất để số chọn số chẵn Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi M trung điểm CD, SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) với H giao điểm AC với BM Góc (SCD) (ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AB SM theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D điểm đối xứng với C qua A Điểm H(2; -5) hình chiếu vuông góc điểm B AD, điểm K(-1; -1) hình chiếu vuông góc điểm D AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình  x  12   y  2  25 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết điểm A có hoành độ dương Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau tập số thực 6 x3  x  y  y  xy  x     x  y   x   y  Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực a, b a, b   0;1 thỏa mãn: ( a  b3 )(a  b)  ab(1  a)(1  b) Tìm giá trị lớn biểu thức P  1 a  1 b  3ab  a  b -HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Hä tªn thÝ sinh: ; SBD Câu Câu HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I Nội dung Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x  x  * Tập xác định: D   * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y '  3 x  ; y '   x  1 x  Điểm (1,0 điểm) 0,25 - y' > với x   1;1 nên hàm số đồng biến khoảng  1;1 ; y' < với x   ; 1  1;+  nên hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 1;+  - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = -1; yCT = - , đạt cực đại x  1, ; yCĐ = - Giới hạn: lim y  ; lim y   x  0,25 x  - Bảng biến thiên x f' x     -1     0,25   f x 4  * Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy điểm (0; 2) Đồ thị cắt trục Ox điểm (2;0), 1;0  y 0,25 x -2 -1 O -2 -4 Câu -4 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x )  x    x (1,0 điểm) x   1 4 x  x 2   x   TXĐ: D   2; 4 ; f '( x )     x  x  2  x x   x  Đk:  f '( x )    x  x   x    2;  0,25 0,25 f    2; f  3  2; f    2; 0,25 Vậy max f  x   x  , f  x   x  x = 2;4 Câu 0,25  2;4 a) Giải phương trình: cos x  5sin x   1 1  1  2sin x   5sin x    2sin x  5sin x      x   k 2    sin x   tm   sin x  sin   (k   )   x    k 2    sin x  3  loai  (0,5 điểm) 0,25 0,25 b) Giải bất phương trình: log 0,5 x  log 0,25 ( x  1)  log  (0,5 điểm) ĐK: x > (*); Với đk (*) ta có: 0,25 log 0,5 x  2log 0,25 ( x  1)  log    log x  log ( x  1)  log  ,  log  x( x  1)  log  x( x  1)   x  x   0,25  2  x  Kết hợp đk (*) ta  x   tập nghiệm S = (1; 3] Câu Tính tích phân: I   dx 2x 1  (1,0 điểm) 0,25 Đặt t  x   t  x   2tdt  2dx  dx  tdt Khi x = t = 1; x = t = 0,25 0,25  t   5 dt  dt  dt  dt  d  t  5 tdt Do I    1 1 t  1 1 t  t 5 t 5 3 0,25 Câu không gian Oxyz, cho điểm A(1;-1;2); B(3;1;0) mặt phẳng (P) có phương trình: x - 2y - 4z + = Tìm tọa độ điểm C nằm mặt phẳng (P) cho CA = CB mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) (1,0 điểm) 0,25 Giả sử C ( x; y; z )  ( P )  x  y  z   (1)   Ta có AC   x  1; y  1; z   , BC   x  3; y  1; z  0,25 2 2 CA  CB  AC2  BC2   x 1   y 1   z  2   x  3   y 1  z2  x  y  z 1  (2)   (P) có VTPT nP  (1; 2; 4) ; AB   2; 2; 2  3  t  5ln t     ln  ln    ln    (ABC) qua A, B vuông góc (P) nên (ABC) có VTPT n  nP , AB  (12; 6;6)   2; 1;1  phương trình (ABC) là:  x  3   y  1  z   x  y  z   (3) C ( x; y; z )  (ABC)  x  y  z    x  y  z  8  x      y   C  2;1;  Từ (1),(2),(3) ta có hệ pt:  x  y  z  2 x  y  z  z    Câu 0,25 0,25 10   a) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức  x x   với x  (0,5 điểm) x   Số hạng thứ k + khai triển cho (10 k )  k C10 x   Số hạng không chứa x khai triển ứng với k thỏa mãn: Vậy số hạng cần tìm là: C10  5  k  k k  C10  5  x 2  x  4010 k 4010 k   k  4 0,25 0,25  131250 b) Từ chữ số 1, 3, 4, 5, 6, lập số tự nhiên gồm chữ số khác Chọn ngẫu nhiên số số lập Tính xác suất để số chọn số chẵn (0,5 điểm) * KGM  tập hợp số tự nhiên gồm chữ số khác tạo nên từ chữ số cho Gọi số tự nhiên cần lập abcd Số cách chọn abcd A64  có: A64  360 (số)  n()  360 * Gọi A biến cố "số chọn số chẵn" Giả sử x  a1b1c1d1  A 0,25 Để x chẵn d1  4,6 có cách chọn d1 Sau chọn d1 số cách chọn a1b1c1 A53  có: A53  120 (số) Vậy n(A)  120 n(A) 120 Vậy xác suất để số chọn số chẵn là: P(A)    n() 360 0,25 Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi M trung điểm CD, SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) với H giao điểm AC với BM Góc (SCD) (ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AB SM theo a (1,0 điểm) Dựng HE  CD, E  CD   SHE   CD ,  góc (SCD) (ABCD) suy SEH   600  SEH S Ta có SH  HE.tan 600  3.HE D K A M E H B C CH CM CH      HA AB CA 3 HE   HE CH AD    AD CA 0,25 a a  HE  AD   SH  3 0,25 1 a a3 Ta có SABCD  a Suy VS.ABCD  SH.SABCD  (đvtt) a  3  AB / /CD  Ta có CD   SCD   d  AB, SM   d  AB,  SCD    d  A,  SCD     SM   SCD  0,25  AH   SCD   C d  A,  SCD   Lại có  AC    d  A,  SCD    3d  H,  SCD   d  H,  SCD   3   HC Gọi K hình chiếu vuông góc H SE, ta có CD   SHE  , HK   SHE   CD  HK Do HK   SCD   d  H ,  SCD    HK Câu Xét tam giác vuông SHE có: 1 1 12 a a a       HK    d  A,  SCD   3HK  0,25 2 2 2 HK SH HE a a 3 a   3     Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D điểm đối xứng với C qua A Điểm H(2; -5) hình chiếu vuông góc điểm B AD, điểm K(-1; -1) hình chiếu vuông góc điểm D 2 AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình  x  1   y    25 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết điểm A có hoành độ dương (1,0 điểm) Đường tròn (T) có tâm I (1; 2) Gọi Ax tiếp tuyến (T) A   BDA   Sđ  AB (1) Ta có KAx   BKD   900 nên BKHD tứ Do BHD   HKA  (2) 0,25 giác nội tiếp  BDA Từ (1) (2) ta có   HKA   HK // Ax KAx Mà IA  Ax  IA  HK  Do IA có vectơ pháp tuyến KH  (3; 4) , IA có phương trình 3x  y  11  Do A giao IA (T) nên tọa độ điểm A nghiệm hệ  x   x  3 3 x  y  11  Do x A  nên A(5;1)  ;  2 ( x  1)  ( y  2)  25  y   y  5 0,25  Đường thẳng AC qua A có vectơ phương HA  (3;6) nên AC có phương trình 2x  y   Do D giao AC (T) nên tọa độ điểm D nghiệm hệ  x  y   x  x  (loại) Do D(1; 7)  tm ;      2 ( x  1)  ( y  2)  25  y  7 y 1 0,25 Vì A trung điểm CD nên ta có C(9; 9)  Đường thẳng AB qua A có vectơ phương AK  (6; 2) nên AB có phương trình x  y   Do B giao AB (T) nên tọa độ điểm B nghiệm hệ  x  y    x  4 x  (loại) Do B (4; 2)  tm ;      2 ( x  1)  ( y  2)  25  y  2 y 1 Vậy A(5;1) ; C (9;9) ; B (4; 2) Câu 6 x  x  y  y  xy  3x   1 Giải hệ phương trình sau tập số thực:   x  y   x   y    0,25 (1,0 điểm) x 1  ĐK:  * Ta có 1  y   3x  x  1 y   x3  3x   x  y    Coi (1) phương trình bậc hai ẩn y, ta có:         x  x   x3  x  x  12 x3  10 x  x   3x  x   3 x  x   x  x   3 x y  Pt (1) có hai nghiệm:  3 x  x   x  x   y   2x 1  Từ pt (2) ta có y    y  , dó y  3x không thỏa mãn Thay y = 2x +1 vào phương trình (2) ta  3  x  x    x  1    0,25 x  x   x   x  3 điều kiện: x  2 0,25 x 1 1    x  2 0,25 x2  0 x 1 1 4x  2x   2x 1     x  2   0 x 1 1   4x  2x   2x 1  x  ( 2 4x  2x   2x 1   x  ) x 1 1 Với x  y  Đối chiếu điều kiện ta nghiệm hệ PT  2;5  0,25 Câu 10 Cho số thực a, b  (0; 1) thỏa mãn: (a3  b3 )(a  b)  ab(1  a)(1  b) 1 Tìm GTLN P =   3ab  a  b 2 1 a 1 b (1,0 điểm) (a3  b3 )(a  b)  (1  a)(1  b) (*) ab (a3  b3 )(a  b)  a2 b2       a  b   ab ab  ab ab  b a  gt  1  a 1  b    (a  b)  ab   ab  ab , từ (*) suy 0,25 ab   ab  ab , đặt t = ab (đk t > 0)  0  t  0t ta được: 4t   t  t  t   3t    4t  1  3t 2  Ta có: 1   1         0 2 2 1 a 1 b  ab   a  ab    b  ab   a  b   ab  1   1  ab  1  a2 1  b2  0,25 với a, b  (0; 1), dấu "=" xảy a = b  2   2     2  ab  ab 1 a 1 b   a2  b2 2 3ab  a  b  ab   a  b   ab nên P   ab  t  ab 1 t 1  với < t  Xét hàm số f(t) =  t với < t  có f ' (t )   9 (1  t )  t 1 t  a  b 1   f (t )  f ( )   ,dấu "=" xảy   ab 10 t  ab  Vậy GTLN P  đạt a  b  10 Chú ý: Mọi cách giải khác cho điểm tương tự 0,25 0,25