De thi thu Quoc gia mon toan truong Nguyen du

SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề 2− x x+2 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: y = ( x − x − 5)e x đoạn[-3;0] Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình x − 7.3 x − 18 = b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − ( + i ) z = ( − 2i ) Tính môđun z e ln x + I=∫ dx x( − ln x ) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;0;-1) đường thẳng x −1 y +1 z = = (d): Viết phương trình mặt phẳng qua A vuông góc với d Tìm tọa độ A’ đối xứng với A qua d 2 −1 Câu (1,0 điểm) π a) Giải phương trình cos x + cos( − x ) = b) Để kiểm tra chất lượng sản phẩm nhà máy sản suất bánh phồng tôm, nhà máy gởi đến phận kiểm nghiệm ba loại sản phẩm: loại 1, loại loại loại hộp Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên hộp bánh để kiểm tra Tính xác suất để hộp bánh chọn có loại có hộp bánh loại Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O hai đường chéo AC BD Biết a , với M trung điểm cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SM AC SA = a 2, AC = 2a, SM = Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : x + y + = A ( - 4;8) Gọi M điểm đối xứng B qua C , N hình chiếu vuông góc B đường thẳng MD Tìm tọa độ điểm B C , biết N ( 5; - 4) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3  x − y + y + x − y + =   x + x − = x + + y ( x, y ∈ ¡ ) Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa: xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A= x ( y + z) y y + 2z z + y (z + x ) z z + 2x x + z2 ( x + y) x x + 2y y -Hết - ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Đáp án Câu +Tập xác định: D = R \ { −2} (1,0 điểm) −4 < 0; ∀x ∈ R \ { −2} ⇒ hàm số nghịch biến khoảng + y' = ( x + 1)2 (−∞; −2) (−2; +∞) Điểm 0.25 +Giới hạn tiệm cận: lim y = −1 ⇒ y = -1 TCN đồ thị hàm số x →±∞ lim − y = +∞; lim + = −∞ ⇒ x = -2 TCĐ đồ thị hàm số x →( −2) 0.25 x →( −2) + Bảng biến thiên: 0.25 +Đồ thị : 0.25 Hàm số xác định liên tục đoạn [-3; 0] (1,0 điểm) y ' = ( x − 3x − 10)e x  x = (l ) y' = ⇔   x = −2 19 y ( −3) = y ( − 2) = e e max y = đạt x=-2 x∈[ −3; ] e 3.a Đặt (0,5 điểm) t = x (t>0) t − 7.t − 18 = 0.25 0.25 y ( 0) = − y = −5 đạt x=0 x∈[ −3; ] 0.25 0.25 0.25 t =9 t = −2 (l ) ⇒ 3x = 0.25 Vậy phương trình có nghiệm x=2 3.b (0,5 điểm) z = a + bi ( a, b ∈ R ) z − (1 + i ) z = (1 − 2i ) ⇔ ( a + bi ) − (1 + i )( a − bi ) = (1 − 2i ) 2  b=3 b=3 ⇔ ⇔ ⇒ z = 10 + 3i 2b − a = −4 a = 10 0.25 z = 109 0.25 dx t = ln x ⇒ dt = Đặt: (1,0 điểm) x 0.25 Đổi cận: x t e 1 t2 + 14   I=∫ dt = ∫  − t − + dt 3−t 3−t  0 Gọi (α) mặt phẳng quauu A r (1;uu r0; -1) (α) ⊥ d (1,0 điểm) Khi (α) có vtpt : n α = a d = (2; 2; -1) ⇒ pt (α) : 2(x – 1) + 2(y – 0) – 1(z + 1) = ⇔ 2x + 2y – z – = I hình chiếu A lên d ⇒ I giao điểm (α) d A ∈ (d) ⇒ x = 2t + 1; y = 2t – 1; z = -t 1 A ∈ (α) ⇒ 2(2t + 1) + 2(2t – 1) + t – = ⇔ t = ⇒ I ( ;− ;− ) 3 3 A’ đối xứng với A qua d ⇒ I trung điểm AA’ ⇒ A’( A' ( ;− ; ) 3 π 6.a cos x + cos( − x) = (0,5 điểm) 2 ⇔ sin x − sin x + = sin x = ⇔ sin x =  0.25 t2 + 14   dt = ∫  − t − + dt = − + 14 ln 2 3−t 3−t  0 I=∫ 0.25 π + k 2π π  x = + k 2π  sin x = ⇔   x = 5π + k 2π  π π 5π + k 2π Vậy PT có nghiệm là: x = + k 2π ; x = + k 2π ; x = 6 Số phần tử không gian mẫu là: Ω = C15 = 3003 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 sin x = ⇔ x = 6.b 0.25 0.25 (0,5 điểm) Gọi A biến cố: “Trong hộp bánh chọn có loại có hộp bánh loại 1” Số kết thuận lợi cho biến cố A là: Ω A = C 52 C 52 C 51 + C 52 C 51C 52 + C 53 C 51C 51 = 1250 Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = ΩA 0.25 12 1250 = P( A) = = 20 Ω 3003 (1,0 điểm) Từ giả thiết SO ⊥ ( ABCD) ⇒ SO ⊥ AC , OA = a , SO = SA2 − OA2 = a ∆OSM ⊥ O : OM = SM − SO = a Ta có ∆ABC ⊥ B : BC = 2MO = a, AB = AC − BC = 3a VS ABCD = 0.25 0.25 3 AB.BC SO = a 3 Gọi N trung điểm BC ⇒ MN / / AC ⇒ d ( SM , AC ) = d ( AC , ( SMN )) = d (O, ( SMN )) : ∆OMN ⊥ O ∆OMN ⊥ O : OH ⊥ MN , SO ⊥ MN ⇒ MN ⊥ ( SOH ) 0.25 ∆SOH ⊥ O :OK ⊥ SH ⇒ OK ⊥ ( SMN ) ⇒ OK = d (O, ( SMN ) AB BC a = a, OM = = , OH ⊥ MN ⇒ OH = a 2 2 OS OH 57 ∆SOH ⊥ O : d ( SM , AC ) = OK = = a 19 OS + OH C ∈ d ⇒ C (t ; − 2t − 5) ∆OMN ⊥ O : ON = (1,0 điểm) I = AC ∩ BD ⇒ I ( t − − 2t + ; ) 2 0.25 0.25 A,B,N,D thuộc đường tròn đường kính BD nên AI=NI ⇒ t =1 ⇒ C (1; − 7) 0.25 H giao điểm AC BN HC đường trung bình tam giác BMN Pt (AC):3x+y+4=0 0.25 Pt (BN): x-3y-17=0 11 ⇒ H ( ;− ) 2 H trung điểm BN 0.25 ⇒ B (−4;−7)  x − y + y + x − y + = (1) (1,0 điểm)   x + x − = x + + y Điều kiện: x ≥ −2 (2) 0.25 (1) ⇔ x + x + = y − y + y ⇔ x + x + = ( y − 1) + ( y − 1) + 3 Xét hàm số f ( t ) = t + t + [ −2; +∞ ) Ta có: f ' ( t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ [ −2; +∞ ) Mà f ( t ) liên tục [ −2; +∞ ) , suy hàm số f ( t ) đồng biến 0.25 [ −2; +∞ ) Do đó: x = y − Thay y = x + phương trình (2) ta được: x3 − = x + + ⇔ x3 − = ( ) ( ) x + − ⇔ ( x − 2) x2 + 2x + = ( x+2 −2 (  ⇔ ( x − 2) x + 2x + = ⇔ ( x − 2)  x2 + 2x + −  x+ 2+  x−2=0⇔ x = 2⇒ y =3 ( ) x2 + 2x + − ( ( x − 2) ( x+2+2 ) ) = ⇔ x2 + 2x + = Ta có VT = x + x + = ( x + 1) + ≥ 3;VP = 2 ( )( x+ +2 x+2 +2 ( ) ) 0.25  =0 x+2+2   ) ) x + + (*) ≤ 1, ∀x ∈ [ −2; +∞ ) x+2+2 0.25 Do phương trình (*) vô nghiệm Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 2;3) 10 (1,0 điểm) A= x ( y + z) y y + 2z z + y (z + x ) z z + 2x x + z2 ( x + y) x x + 2y y Từ giải thiết x ( y + z) ≥ x yz = x = 2x x x 0.25 Tương tự: y (z + x ) ≥ y y ; z2 ( x + y ) ≥ z z Khi A ≥ 2x x y y + 2z z + 2y y z z + 2x x + 2z z x x + 2y y  4c + a − b x x=  a = x x + y y   a + b − 2c  Đặt  b = y y + z z ⇒  y y =   c = z z + x x 4b + c − 2a   z z =   4c + a − b a + b − 2c b + c − a  + + Bất đẳng thức trở thành: A ≥  ÷ 9 b c a  2 c a b a b c  =   + + ÷+  + + ÷ −  ≥ 9 b c a b c a  Kết luận Min A = x = y = z =1 0.25 0.25 0.25