De thi thu Quoc gia mon toan truong Nguyen trai

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2016 ĐỀ THI THỬ Môn: TOÁN (Đề gồm có 01 trang) 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 − x + x − Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với (C): y = x3 − x + x − giao điểm (C) với trục hoành Câu (1,0 điểm) a) Tìm số phức z biết z − ( + 3i ) z = − 9i b) Giải bất phương trình log ( x − 1) + log (2 x − 1) ≤ Câu (1,0 điểm) Tính tích phân J = ∫x x + 3dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1; 2;3) mặt phẳng (P) có phương trình: x + y − z + = Viết phương trình mặt cầu có tâm A tiếp xúc với ( P ) phương trình đường thẳng ( d ) qua A vuông góc với ( P ) Câu (1,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức A = sin α − cos α , biết cos2 α = / b) Trên cạnh AB, BC, CD, DA hình vuông ABCD cho 1, 2, n điểm phân biệt khác A, B, C, D Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + điểm cho 439 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC cạnh 4a; M, N trung điểm cạnh SB BC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình 3x + y + 10 = đường phân giác BE có phương trình x − y + = Điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB cách đỉnh C khoảng Tính diện tích tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x + x + = + x + x − x − x Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: P= x + y +z +4 2 − ( x + y ) ( x + 2z ) ( y + 2z ) HẾT./ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm x = y'= ⇔  x = TXĐ:D = R, y / = x − 12 x + 0.25 Hàm số nghịch biến khoảng(- ∞ ;1) (3;+ ∞ ), đồng biến khoảng (1;3) Hàm số đạt cực đại x = 1, y = 3; Hàm số đạt cực tiểu điểm x = 3, y = -1 0.25 lim y = −∞, lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ −∞ x BBT y' + y +∞ – 0.25 + +∞ −∞ -1 Đồ thị : qua điểm (3;-1), (1;3), (2;1), (0;-1) Vẽ hình Khi M = (C ) I Ox y0 = x0 nghiệm phương trình: (1,0 điểm) x − x + x − = ⇔ x = ; y’(2) = 6, 0.25 0.25 0.5 Phương trình tiếp tuyến: y = 6( x − 2) hay y = 6x -12 0.25 Gọi z= a+ bi (a,b ∈ R ) ta có: 3.a z − ( + 3i ) z = − 9i ⇔ a + bi − ( + 3i ) ( a − bi ) = − 9i 0.25 −a − 3b = a = ⇔ −a − 3b − ( 3a − 3b ) i = − 9i ⇔  ⇔ Vậy z= 2-i 3a − 3b = b = −1 0.25 (0,5 điểm) 3.b (0,5 điểm) (1,0 điểm) ĐK: x > , log ( x − 1) + log (2 x − 1) ≤ ⇔ x − 3x − ≤  − ≤x≤2 => tập nghiệm S = (1;2] 0.25 0.25 J= ∫x x + 3dx ; Đặt u= x + suy x dx = u du x =1⇒ u = ; x = ⇒ u = 3 u3 Ta có J= ∫ u du = ⇔ log [( x − 1)(2 x − 1)] ≤ 0.5 19 = + − 12 + 0.5 = + + 16 18 (1,0 điểm) Phương trình mặt cầu (S): (x-1)2 + (y-2)2 + (z-3)2 =2 Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))= = 0.25 uu r Vectơ phương d ud =(1;1;-4) 6.a (0,5 điểm) 6.b 0.25 0.25  x = 1+ t  Phương trình tham số d là:  y = + t  z = − 4t  2α 2α A = sin - cos 0.25 0.25 = - cos2 α = -3/5 0.25 *Nếu n ≤ n + ≤ Do số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + điểm (0,5 điểm) không vượt qua C83 = 56 < 439 (loại) Vậy n ≥ 0.25 *Vì tam giác tạo thành ứng với tổ hợp chập n + phần tử Nhưng cạnh CD có đỉnh, cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là: Cn3+6 − C33 − Cn3 = ( n + ) ( n + ) ( n + ) − − ( n − ) ( n − 1) n = 439 6 ⇔ (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540 0.25 ⇔ n2 + 4n – 140 = Từ tìm n = 10 (1,0 điểm) *Ta có: S AN = AB − BN = 2a 2 Diện tích tam giác ABC là: S ∆ABC = BC AN = 4a 0.25 M Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 VS ABC = S ∆ABC SA = 4a 3.8a 3 32a 3 (đvtt) = Ta có: C A H N B VB AMN BA BM BN 1 8a 3 = = hay V VS ABC = B AMN = VS ABC BA BS BC 4 *Mặt khác, SB = SC = 5a ⇒ MN = 1 SC = 5a ; AM = SB = 5a 2 0.25 0.25 Gọi H trung điểm AN MH ⊥ AN , ⇒ MH = Diện tích tam giác AMN S ∆AMN = AM − AH = a 17 1 AN MH = 2a 3.a 17 = a 51 2 3V 8a 3 8a 8a 17 = = Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: d ( B, ( AMN )) = B AMN = S∆AMN 17 a 51 17 (1,0 điểm) 0.25 Gọi N điểm đối xứng M qua phân giác BE N thuộc BC Tính N(1; 1) Đường thẳng BC qua N vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – = B giao điểm BC BE Suy tọa độ B nghiệm hệ pt: 4 x − y − = ⇔ B(4;5)   x − y +1 = 0.25 A E M(0;2) I N C H ĐườngB thẳng AB qua B M nên có phương trình : 3x – 4y + = A giao điểm AB AH, suy tọa độ A nghiệm hệ pt: 3x − y − = ⇔ A(−3; − )   3x + y + 10 = 0.25 Điểm C thuộc BC va MC = suy tọa độ C nghiệm hệ pt: C (1;1)  x = 1; y = 4 x − y − =   ⇔  31 33 ⇒   31 33  2  C ; ÷ x= ;y =  x + ( y − 2) = 25 25   25 25   0.25 Thế tọa độ A C(1; 1) vào phương trình BE hai giá trị trái dấu, suy A, C khác phía BE, BE phân giác tam giác ABC  31 33  ; ÷ A, C phía với BE nên BE phân giác  25 25  Tương tự A C  tam giác ABC; BC = 5, AH = d ( A, BC ) = 49 49 Do S ABC = (đvdt) 20 0.25 (1,0 điểm) Đặt t = x + x + 1, t ≥ Khi phương trình trở thành: 4t = −t + 7t − ⇔ t − 6t + − ( t − 4t + ) = 0.25 t − t − = ⇔ ( t − 3) − ( t − ) = ⇔ ( t − t − 1) ( t + t − ) = ⇔  t + t − = 2 2  Với t ≥ 1+ t − t − = có nghiệm t = 2  Với t ≥ −1 + 21 t + t − = có nghiệm t = 2 0.25 0.25 1+  1+  Khi t = x + x + =  ÷ ⇔ 2x + 2x −1 − =   ⇔x= −1 − + −1 + + x= 2  −1 + 21  −1 + 21 Khi t = x + x + =  ÷ ⇔ x + x − + 21 = 2   ⇔x= −1 − 19 − 21 −1 + 19 − 21 x= 2 Vậy phương trình cho có nghiệm ; 10 (1,0 điểm) 0.25 * x + y + z + = ( x + y ) + ( x + y ) + ( z + ) + ( z + )  1 2 ≥ ( x + y ) + xy + ( z + 22 ) + z  = ( x + y ) + ( z + )    2 1 2 ≥ ( x + y ) + ( z + ) + ( x + y ) ( z + )  ≥ ( x + y + z + )  4 * ( x + y) ( x + 2z ) ( y + 2z ) ≤ ( x + y ) ( x + y + 4z ) = ( 3x + y ) ( x + y + z ) (1) 0,25 Vì ( 3x + y ) ( x + y + z ) (1) ⇔ ( x + y ) ≤ ( 3x + y + x + y + z ) = ( x + y + z ) nên ( x + 2z ) ( y + 2z ) ≤ 27 ( x + y + z ) Vậy P ≤ x + y + z + − 2( x + y + z) Đặt t = x + y + z , xét hàm số f ( t ) = Ta có f ′ ( t ) = − ⇒ f ( 6) = ( t + 2) + 0,25 27 − với t > t + 2t 27 −8t + 2t + 108t + 108 ′ f t = ( ) , f ′( t ) = ⇔ t = t3 t3 ( t + 2) t f ′( t ) f ( t) +∞ + − 0,25 0,25 Vậy P ≤ x + y + z = 5 ⇔ x= y=z=2 Suy max P =  8 x = y = z Mọi cách giải khác đạt điểm tối đa -HẾT Trường THPT Nguyễn Trãi