De thi thu Quoc gia mon toan truong Cao lanh 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỒNG THÁP Môn thi: TOÁN TRƯỜNG THPT CAO LÃNH Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THỬ (Đề thi gồm 01 trang) Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x − x Câu (1,0 điểm) Tìm m để hàm số y = x − 3mx + 3(m + 2) x + m − có hai điểm cực trị Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn (1 + i )( z − i ) + z = 2i Tìm môđun số phức w = z − 2z +1 z2 b) Giải bất phương trình + log ( x − 1) ≤ log ( x + x − 4) e ( x + 1) ln x dx x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x − y + z − = đường x −1 y − z − = = thẳng d : Tìm tọa độ giao điểm d (P) viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d đồng thời vuông góc với mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sin x + cos x + = 4cos x b) Trong đợt tham quan thực tế khu di tích Xẻo Quýt, Đoàn trường THPT Cao Lãnh cử 30 đoàn viên xuất sắc khối tham gia Khối 12 có nam nữ, khối 11 có nam nữ, khối 10 có nam nữ Chọn khối đoàn viên làm nhóm trưởng, tính xác suất để em làm nhóm trưởng có nam nữ Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vuông A, cạnh AB = 3a, BC = 5a Hình chiếu vuông góc điểm B ' mặt phẳng ( ABC ) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Góc hai mặt phẳng ( ABB ' A ' ) ( ABC ) bẳng đến mặt phẳng ( ACC ' A ') mặt phẳng ABC A ' B ' C ' khoảng cách từ điểm B ' 600 Tính thể tích khối lăng trụ Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB // CD) có đỉnh A(2; −1) Giao điểm hai đường chéo AC BD điểm I (1; 2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI có  27  tâm E  − ; − ÷ Biết đường thẳng BC qua điểm M (9; −6) Tìm tọa độ đỉnh B, D biết điểm B có 8  tung độ nhỏ Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x−3 9− x ≤ x x +1 + x + Câu 10 (1,0 điểm) Giải sử a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu a2 b2 + − (a + b)2 / Hết thức P = 2 (b + c) + 5bc (c + a ) + 5ca SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN-THANH ĐIỂM TRƯỜNG THPT CAO LÃNH Môn thi: TOÁN ĐỀ THI THỬ (Đáp án-Thang điểm gồm 06 trang) Câu (1,0đ) Đáp án • • Điểm Tập xác định: D = R Sự biến thiên 0,25 x = ⇒ y = y, = ⇔   x = ± ⇒ y = −1 Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; −1) (0;1) Đồng biến khoảng (−1; 0) (1; +∞) , Chiều biến thiên y = x − x = x ( x − 1), 0,25 Cực trị: hàm số đạt cực trị x = ±1 , yCT = −1 , đạt cực đại x = 0, yCĐ = Giới hạn vô cực: lim y = +∞; lim y = +∞ x →−∞ Bảng biến thiên: x x →+∞ −∞ −1 − y’ 0 + +∞ − −1 0,25 + +∞ y • +∞ −1 0,25 Đồ thị: 8 f(x) = x4-2⋅x2 -2 -1 O -1 TXĐ: D = R (1,0đ) Ta có: y ' = 3x − 6mx + 3m + 6; y ' = ⇔ x − 2mx + m + = (*) 0,25 0,25 Hàm số cho có hai điểm cực trị (*) có hai nghiệm phân biệt hay ∆ ' = m − m − > 0,25 ⇔ m < −1 m > 0,25 (1,0đ) a) Ta có (1 + i )( z − i) + z = 2i ⇔ (3 + i) z = −1 + 3i suy z = w= 0,25 −1 + 3i ( −1 + 3i)(3 − i) = =i 3+i (3 + i)(3 − i) z − z + −i − 2i + = = −1 + 3i Nên w = + = 10 z2 i2 b) Điều kiện x > 0,25 0,25 −1 + 17 Bất phương trình cho tương đương với log 2 + log ( x − 1) ≤ log ( x + x − 4) ⇔ log (2 x − x + 2) ≤ log ( x + x − 4) 0,25 ⇔ 2x2 − x + ≤ x2 + x − ⇔ x2 − 5x + ≤ ⇔2≤ x≤3 Kết hợp điều kiện ta nghiệm bất phương trình ≤ x ≤ (1,0đ) e e 0,25 e ( x + 1) ln x ln x dx = ∫ x ln xdx + ∫ dx x x 1 I =∫ 0,25  du = dx  u = ln x   x A = ∫ x ln xdx Đặt  ta có   dv = xdx v = x  e e e e  x ln x  e  x ln x   x  e2 + suy A =  ÷ − ∫ xdx =  ÷ − ÷ =  1  1  1 e ln x dx dx Đặt t = ln x ⇒ dt = ; x = ⇒ t = 0; x = e ⇒ t = x x B=∫ 0,25  t2  B = ∫ tdt =  ÷ =  0 e ( x + 1) ln x e2 + dx = x Vậy I = ∫ r Đường thẳng d qua điểm A(1; 2;3) có vec tơ phương ud = (3; 2;1) (1,0đ) r Mặt phẳng (P) có vec tơ pháp tuyến n p = (3; −4;1) 0,25 0,25 Gọi M = d ∩ ( P ) Vì M ∈ d nên M (1 + 3t ; + 2t ;3 + 1t ) Suy M ∈ ( P) ⇔ 3(1 + 3t ) − 4(2 + 2t ) + (3 + t ) − = ⇔t = 15   29 ⇔ M  ;11; ÷ 2  Mặt phẳng (Q) chứa d vuông góc với (P) nên (Q) có vec tơ pháp tuyến r r r nQ = ud , n p  = (6;0; −18) 0,25 0,25 r r r (Q) qua điểm A(1; 2;3) có VTPT nQ = ud , n p  = (6;0; −18) có phương trình x − 3z + = 0,25 a) sin x + cos x + = cos x ⇔ sin x.cos x + cos x − cos x = 0,25 (1,0đ) ⇔ cos x(sin x + cos x − 2) = cos x = π ⇔ ⇔ x = + kπ , k ∈ Z 2 2 sin x + cos x = 2(VN + < ) Vậy nghiệm phương trình x = 0,25 π + kπ , k ∈ Z b) Chọn ngẫu nhiên khối đoàn viên, ta có số phần tử không gian mẫu là: C10 C101 C101 = 1000 0,25 Gọi biến cố A “Trong em làm nhóm trưởng có nam nữ” Khi A “Trong em làm nhóm trưởng có nam nữ” 0,25 1 1 1 Số kết thuận lợi cho biến cố A là: C6 C5 C4 + C4 C5 C6 = 240 Xác suất biến cố A P ( A) = 240 = 0, 24 1000 Suy xác suất biến cố A là: P ( A) = − P ( A) = − 0, 24 = 0, 76 0,25 B' (1,0đ) A' C' Gọi H, N trung điểm cạnh BC AB Ta có B ' H ⊥ ( ABC ) HN ⊥ AB Suy góc hai mặt phẳng ( ABB ' A ' ) ( ABC ) ¼' NH = 600 B B H N A∆ABC vuông A, có AB = 3a, BC = 5a Suy AC = 4a ⇒ HN = 2a M C 0,25 ¼' NH = 600 , HN = 2a Suy ∆B ' HN vuôngF H có B ¼' NH = tan B B'H = ⇒ B ' H = 2a HN Thể tích khối lăng trụE ABC A ' B ' C ' là: VABC A ' B 'C ' = B ' H S ABC = 2a 3a.4a = 12 3a (đvtt) Gọi E giao điểm B ' H CC’ nên H trung điểm B’E, Gọi M trung điểm AC, F hình chiếu H lên ME Ta có: HF ⊥ ME (1) AC ⊥ MH ; AC ⊥ B ' H ⇒ AC ⊥ HF (2) Từ (1) (2) suy HF ⊥ ( ACC ' A ') ⇒ d ( H , ( ACC ' A ')) = HF = d ( B ', ( ACC ' A ')) 0,25 HM = 0,25 3a AB = ; HE = B ' H = 3a 2 ∆MHE vuông H có đường cao HF; HF = d ( B ', ( ACC ' A ')) = HF = HM HE HM + HE = 6a 19 19 12a 19 (đvđd) 19 A (1,0đ) Gọi H trung điểm DI K giao điểm EI BC B K I Ta chứng minh EK ⊥ BC E H 0,25 Thật ta có EH ⊥ DI , góc (tính chất hình thang cân) ¼ = DAC ¼ DBC M C D ¼ = IEH ¼ (góc tâm), suy DAC ¼ = IEH ¼ DBC ¼ = BIK ¼ Mặt khác EIH (đối đỉnh) Do ¼ = 900 ⇒ EK ⊥ BC BIK uur  35 25  Ta có EI =  ; ÷, BC : x + y − 33 =  8  uur AI = ( −1;3) , AC : 3x + y − = 0,25  BC : x + y − 33 =  x = −1 ⇒ ⇒ C ( −1;8) Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình   AC : 3x + y − = y =  33 − 5b  B ∈ BC ⇒ B  ÷, b < Ta có IA = IB = 10   b = ( N ) ⇔ 37b − 228b + 191 = ⇔  191 ⇔ B (4;1) b = ( L) 37  uuur uur IC = ID = 10 ⇔ DI = IB Suy D (−5; 4) 0,25 0,25 Điều kiện −1 ≤ x ≤ 9; x ≠ (1,0đ) (1) ⇔ ⇔ ⇔ ( x − 3x − − x x + + x + ( x x + + x +1 ) ( ) ≤0 0,25 ( x + 3) − 9( x + 1) − − x x + + x + ( x x + + x +1 ( x +3+3 )( ) x +1 x + − x +1 − − x ( x x + + x +1 ) ) ≤0 ) ≤0 0,25 ⇔ ⇔ 0,25 x + − x +1 − − x ≤0 x x +1 ( ) ( x +1 − + 1− − x x ) ≤0 ⇔  x −8  x +1 +  ÷≤ x  x +1 + 1+ − x ÷  ⇔ x −8 ≤0⇔0< x≤8 x 0,25 Kết hợp điều kiện ta nghiệm bất phương trình là: < x ≤ 10 Áp dụng BĐT Côsi 0,25 (1,0đ) a2 a2 4a ≥ = (b + c) + 5bc (b + c) + (b + c) 9(b + c ) b2 4b ≥ Tương tự (c + a) + 5ca 9(c + a) 2 a2 b2  a2 b2   a b  + ≥ + ≥  +  ÷ 2 2 ÷ (b + c ) + 5bc (c + a ) + 5ca  (b + c) (c + a)   b + c c + a  0,25  ( a + b)  + c ( a + b ) 2  ÷  a + b + c (a + b)  2 =  ≥  ÷ ÷  ab + c( a + b) + c   (a + b)2 ÷ + c ( a + b) + c ÷    2  2(a + b) + 4c( a + b)  =  ÷  (a + b) + 4c(a + b) + 4c  Vì a + b + c = ⇔ a + b = − c nên ta có 0,25 2  2(1 − c) + 4c(1 − c)  8  P≥  − (1 − c ) = 1 − ÷ − (1 − c ) (1) 2 ÷  (1 − c) + 4c(1 − c) + 4c   c +1  0,25 8  Xét hàm số f (c ) =  − ÷ − (1 − c ) , c ∈ (0;1)  c +1  f '(c) = 16   − (c − 1) 1 − ÷  c +  (c + 1) f '(c) = ⇔ c = Bảng biến thiên c f '(c) − + f (c ) − Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c ) ≥ − , c ∈ (0;1) (2) 1 Từ (1) (2) suy P ≥ − , dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P − , Hết./