De thi thu Quoc gia mon toan truong Hong ngu 3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN ĐỒNG THÁP Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Đơn vị đề: Tổ Toán Trường THPT Hồng Ngự 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 đường thẳng (d): y  x  m cắt đồ thị C  : y  2x 1 hai điểm x 3 phân biệt A, B cho tam giác IAB vuông điểm I(1;2) Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn (  i )z  5i z   (  i )2 Tính mô đun số phức z b) Giải phương trình 3.9 x  5.6 x  2.4 x  π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   ( x  s in2 x )cos xdx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 1;0;3 ) , đường thẳng ( d ) : x1 y z 2   Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc M (d) lập phương trình mặt cầu (S) có tâm M tiếp xúc với (d) Câu (1,0 điểm) a) Cho góc  thỏa mãn   x  3 tan x  Tính giá trị biểu thức P = cos2x + sinx  b) Một hộp đựng cầu có trọng lượng kích thước nhau, đánh số thứ tự từ đến Chọn ngẫu nhiên cầu từ hộp Tính xác suất để cầu chọn có tổng số thứ tự không vượt Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A,B Biết AD  AB  BC  2a; SA  SD  SC  3a Tính theo a thể tích khối chóp S ABC khoảng cách hai đường thẳng SB CD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C ) : x  y  2x  y   có tâm I điểm M ( 1; 3 ) Viết phương trình đường thẳng (d) qua M cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác IAB có diện tích lớn Câu (1,0 điểm) Giải phương trình (3x  1) x  x   x   x 16 x  tập số thực Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c ba số không âm thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  a  b  c3 Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐÁP ÁN ĐỒNG THÁP Môn thi: TOÁN (Đáp án gồm 05 trang) ĐỀ THI THỬ Câu Đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  ♥ Tập xác định: D   (1,0đ) ♥ Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y '  x3  x Điểm 1,00 0,25 x   y( )  2 y      x  1  y( 1 )  3 Hàm số đồng biến khoảng ( 1;0 ), ( 1;  ) nghịch biến khoảng ( ; 1 ), ( 0;1 ) Hàm số đạt cực đại x  0, yCD  2 đạt cực tiểu x  1, yCD  3 Giới hạn : lim y   ; lim y   x  0,25 x  Bảng biến thiên:  x y' - -1 +  0 -2 -  +  y -3 0,25 -3 ♥ Đồ thị: + Giao điểm với trục hoành: A(  3;0 ), B(  3;0 ) 0,25 + Tính đối xứng: Đồ thị đối xứng trục tung + Dạng đồ thị ( bạn đọc tự vẽ )  Phương trình hoành độ giao điểm C   d  : (1,0đ) 2 x   x  m x       x     x 2x   xm x 3  (m  5) x   3m  0(*)   x   (d) cắt (C) hai điểm phân biệt A,B 0,25 0,25  Δ(*)  m  2m  21   m 9  ( m  )3   3m    Gọi x1 , x2 hai nghiệm pt(*) Ta có A( x1 ; x1  m ),B( x2 ; x2  m )   IA  ( x1  1; x1  m  ),IB  ( x2  1; x2  m  ) 0,25 Tam giác IAB vuông I nên ta có   IA.IB   2x1 x2  ( m  )( x1  x2 )   ( m  )2   2m    m  4 Vậy m  4 giá trị cần tìm. a) Tính mô đun số phức z (1,0đ) Đặt z  a  bi 0,25 0,50  a, b    0,25 Từ đề ta có (  i )( a  bi )  5i( a  bi )   6i  2a  2bi   b  5ai  5b   6i 27  a  2a  6b    10   4a  2b  6 b  12  Vậy z  (  0,25 27 12 145 )  ( )2  10 10 b) Giải phương trình 3.9 x  5.6 x  2.4 x  0,50  x ( )  3 pt  3.( )2 x  5.( ) x     2 ( ) x   x    x  1 0,25 0,25 Vậy tập nghiệm phương trình là: S   0; 1 π (1,0đ) 1,00 Tính tích phân I   ( x  s in2 x )cos xdx π π 0,25 Ta có I   ( x cos xdx   s in x cos xdx  A  B π * A   x cos xdx Đặt ux du  dx  dv  cos xdx v  s inx π π Ta có A  x sin x   0,25 π π π sin xdx = A   cosx   2 π π 2 π * B   s in x cos xdx   s in3 x s in xd(sin x )   (ta đổi biến cách 3 0,25 đăt t  s inx ) 0,25 π   x  1  t   Từ ( d ) :  y  2t suy vtcp ud  ( 1;2;1 ) (1,0đ) z   t  *I=  1,00  H( 1  t;2t;2  t )  Gọi H hình chiếu vuông góc M (d) Ta có     MH ud    H(  ;1; )  H( 1  t;2t;2  t )   ( 2  t ).1  4t  ( t  ).1  t   0,25 Mặt cầu (S) tâm M, tiếp xúc với (d) nên MH  R  14 Vậy phương trình mặt cầu  S  là: ( x  1)2  y  ( z  3)2  (1,0đ) a) Ta có tan x   cot x  0,25 0,25   cot x 10 3π 10 Vì π  x  nên s inx   10 ta lại có sin x  P = cos2x + sinx    2sin2 x  sinx = 12  10 10 0,25 b) tính xác suất  Chọn ngẫu nhiên cầu từ hộp nên ta có   C83  56 0,50 0,25  Gọi A biến cố “chọn cầu có tổng số thứ tự đánh số không vượt 9” Do A có khả chọn ba cầu (1,2,3); (1,2,4); (1,2,5); (1,2,6); (1,3,4); (1,3,5); (2,3,4) Suy  A  0,25  56 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A,B Biết AD  AB  BC  2a; SA  SD  SC  3a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SB CD Xác suất P( A)  1,00 Giải (1,0đ) Gọi H trung điểm AD, SH  AD HA  HD  AB  BC  a Tứ giác ABCH hình vuông nên S ABC  a2 Vì CH  AD nên tam giác ACD vuông C hay H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD Do SA= SC= SD nên 0,25 SH  ( ACD ) hay SH  ( ABC ) SH  SA2  AH  9a2  a2  2a a3 Vậy thể tích khối chóp S.ABC: V = S ABC SH  3 Ta lại có : BCDH hình bình hành nên CD  (BSH ) Suy d (SB, CD )  d (C ,(SBH )) Do CO  BH CO  SH nên CO  (SBH ) hay d (SB, CD )  CO  0,25 a 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C ) : x  y  2x  y   có tâm I điểm M ( 1; 3 ) Viết phương trình đường thẳng (d) qua M cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác IAB có diện tích lớn Giải Từ (C), ta có tâm I(1;-2) bán kinh R =3 Gọi H(a;b) trung điểm AB, ta có tam giác ABI cân I nên diện tích S 0,25 1,00 0,25   sin AIB   Do S   sin AIB    AIB   900 IA.IB sin AIB max 2 2 Xét tam giác IHA, ta có cos 450  (1,0đ) 0,25 IH  IH  IA cos 450  IA    MH IH  a  b  5b  5   Ta có    a  b  4b  2a   IH      0,25   a    7  a2  b2  5b  5 b       11  b    2a   a   10  b  23  10  7 )  (d ) : x  y   2 11 23 * với H ( ; )  (d ) : x  y  10  10 10 * với H ( ; Giải phương trình (3x  1) x  x   x   x 16 x  tập số thực  Điều kiện: x   Pt  3x   (3x  1) (3x  1)   x  x (4 x)  (*) (1,0đ)  xét hàm số f (t )  t  t t  1, t   ta có: f '(t )   t   t2 t2  Suy ra: f (t ) đồng biến  Khi đó: 0,25 0.25 1,00 0,25 0,  t   *  f  3x  1  f  x   3x   x  x   Vậy phương trình có nghiệm là: x  0,25 10 (1,0đ) Cho a, b, c ba số không âm thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  a  b2  c3 1,00  Từ giả thiết ta có  a, b, c  Do a  b  c  nên a   b  c  Do đó: P  b2  b  c3  c   f (b), b   0;3 0,25 Ta có f (b)  2b  1; f (b)   b  0,25 11 11  Đặt g(c)  c3  c  , c   0;3 Suy P  fmin (b)  f ( )  c3  c  Ta có f (c)  3c2  1; f (c)   c  11 Suy P  fmin (c)   3 Vậy giá trị nhỏ P 11 1 (a; b; c)  (   ; ; ) 3 3 Hết 0,25 0,25