TRƯỜNG THPT THỐNG LINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TỔ: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = − x +3x Câu 2(1 điểm) Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = − x +3x giao điểm đồ thị với trục hoành Câu (1 điểm) a Tìm số phức z biết: z + 3z = ( − 2i ) ( + i ) b Giải phương trình: log 22 x + log 4 x = π Câu ( 1,0 điểm) Tính tích phân : I = ( x − 1) cos xdx ∫ Câu ( 1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2 ( S) có phương trình : x + y + z − x + y − z − = mặt phẳng (P) có phương trình : x − y + z + = Chứng minh mặt phẳng ( P) tiếp xúc mặt cầu (S) tìm tọa độ tiếp điểm ( P) mặt cầu (S) Câu ( 1,0 điểm) a) Giải phương trình lương giác : s in3x − cos x = b) Trường THPT Thống Linh tổ chức văn nghệ gây quỹ ủng hộ học sinh khó khăn cho ba khối lớp, có 15 học sinh khối 10, 10 học sinh khối 11, học sinh khối 12 có hoàn cảnh khó khăn Tính xác suất để chọn học sinh có hoàn cảnh khó khăn nhận quà mà có đủ khối lớp Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vuông A, AB = AC = a, I trung điểm SC, hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng (ABC) trung điểm H o BC, mặt phẳng (SAB)tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a 2 Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x + y = , đường thẳng ∆ : y = x − + điểm A(3;0) Gọi M điểm thay đổi (C) B điểm cho tứ giác ABMO hình bình hành Tính diện tích tam giác ABC biết trọng tâm G tam giác ABM thuộc đường thẳng ∆ G có tung độ dương (1 − y )( x − y + 3) − x = ( y − 1)3 x ( x, y ∈ ¡ ) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 x − y + x − = 2( y − 2) Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: a b c + + ≥1 2b + 2c + 2a + ………………………………………….HẾT…………………………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM - Tập xác định D = R - Sự biến thiên y ' = −3x + 6x; y ' = ⇔ x = x = + Trên khoảng ( −∞;0 ) ( 2; +∞ ) , y’ < nên hàm số nghịch biến Trên khoảng ( 0; ) , y’ > nên hàm số đồng biến + Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yct = ; đạt cực đại x = , ycđ = y = −∞ ; lim y = +∞ Giới hạn: xlim →+∞ x →−∞ + Bảng biến thiên x -∞ +∞ Câu y + (1 đ) ’ y +∞ 0,25 0,25 0,25 -∞ - Đồ thị y 0,25 O x -2 Câu (1 đ) Đồ thị cắt trục hoành điểm A(0;0) B(3;0) Phương trình tiếp tuyến đồ thị A(0;0) là: y = Phương trình tiếp tuyến đồ thị B(3;0) là: y = y , ( 3)( x − 3) = −9 x + 27 0,25 0,25 Vậy tiếp tuyến cần tìm y = y = −9 x + 27 0,25 0,25 Giả sử z=a+bi, ta có: Câu (0,5đ) a) (1) ⇔ a − bi + 3a + 3bi = ( − 12i + 4i ) ( + i ) = ( − 12i ) ( + i ) ⇔ 4a + 2bi = 10 − 24i + 5i − 12i = 22 − 19i 11 −19 11 19 ⇔ a = ;b = Vậy z = − i 12 2 Câu Đk: x>0, log 22 x + log 4x − = ⇔ log 22 x + log x − = x = log x = Đối chiếu điều kiện ta nghiệm pt x = log x = −3 ⇔ x= x= 0,25 0,25 0,25 0,25 (0,5 đ) b) π I = ∫ ( x − 1) cos x Đặt I= du = dx u = x − ⇒ v = cos x v = sin x π π 1 ( x − 1) sin x − ∫ sin xdx 20 0 π 1 ( x − 1) sin x + cos x 0 0 1 =− − =− 4 = π (S) x + y + z − x + y − z − = (P) x − y + z + = Ta có tâm I( 1;-2;3) , bán kính R = (1,0đ) | 2.1 + + 2.3 + | d ( I ; ( P)) = =4 ⇒ d ( I ; ( P)) = R ⇒ mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) Gọi (d) đường thẳng qua I vuông góc mặt phẳng (P) suy đường thẳng (d) có phương trình : x = + 2t y = −2 − t z = + 2t 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 0,25 0,25 Gọi H = (d ) ∩ ( P) ⇒ H − ; − ; ÷ 15 6a (0,5đ) 0,25 s in3x − cos x = ⇒ sin3x − cos x = 2 7π k 2π x = 36 + ⇔ x = 13π + k 2π , k ∈ Z 36 3 Không gian mẫu : n(Ω) = C30 = 4060 6b (0,5đ) Gọi A biến cố “ chọn học sinh khó khăn có đủ khối” n(A) = n( A) = C151 + C101 + C51 = 30 Xác suất cần tìm : P( A) = n( A) 30 = = n(Ω) 4060 406 0,25 0,25 0.25 0,25 Sj M Câu B H C K A Gọi K trung điểm AB ⇒ HK ⊥ AB (1) Vì SH ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ AB (2) Từ (1) (2) suy ⇒ AB ⊥ SK o · Do góc ( SAB ) với đáy góc SK HK SKH = 60 0.25 a · SH = HK tan SKH = Ta có 1 a3 VS ABC = S ABC SH = AB AC.SH = 3 12 Vậy d ( I , ( SAB ) ) = d ( H , ( SAB ) ) IH / / ( SAB ) IH / / SB Vì nên Do 0.25 0.25 d H , ( SAB ) ) = HM Từ H kẻ HM ⊥ SK M ⇒ HM ⊥ ( SAB ) ⇒ ( 1 16 a a = + = ⇒ HM = d ( I , ( SAB ) ) = 2 HK SH 3a Vậy Ta có HM 0.25 2 x + y = , đường thẳng Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ∆ : y = x − + điểm A(3;0) Gọi M điểm thay đổi (C) B điểm cho tứ giác ABMO hình bình hành Tính diện tích tam giác ABC biết trọng tâm G tam giác ABM thuộc đường thẳng ∆ G có tung độ dương (C) có tâm O(0;0) bán kính R=3 Nhận xét: A ∈ (C ) => OA = OM => ABMO hình thoi => AM ⊥ OB I = AM ∩ OB => OG = OI Gọi uuur uuur OK = OA => K (4;0) Kẻ GK / / AM , K ∈ OA , Ta có GK / / AM => GK ⊥ OB Suy G thuộc đường tròn đường kính OK y = x − + 2 G ( x ; y ), y > Tọa độ thỏa mãn (x − 2) + y = 0.25 0.25 0.25 CÂU y = x − + x = y + − 2 (y + − 3) + y = 2 y + 2(1 − 3) y − = => G (3; 3) ( Do y > 0) 9 OK d (G, Ox) S( ∆AMB ) = S( ∆OAM ) = 2S( ∆OAI ) = S( ∆OKG ) = 9.4 = = 16 (1 − y )( x − y + 3) − x = ( y − 1)3 x x − y + x − = 2( y − 2) Giải hệ phương trình 0.25 (1) (2) ( x, y ∈ ¡ ) (I) 2 x − y ≥ x ≥ y ⇔ x ≥ 1, y ≥ ĐKXĐ: x ≥ 0, y ≥ Nhận xét x ≥ 1, y = không nghiệm hệ Xét y > pt (1) hệ (I) x + x( y − 1) − 3( y − 1) + ( y − 1) x( y − 1) = x x ⇔ −3+ ÷ + y −1 y −1 x =0 y −1 x ,t > y −1 Khi đó, pt (1) trở thành t + t + t − = ⇔ ( t − 1) ( t + t + 2t + 3) = ⇔ t = t= x = ⇔ y = x +1 y − Với t = 1, , vào pt(2), ta 3 x − x − + x − = ( x − 1) ⇔ x − x − + x3 − − ( x − 1) = x2 − x −1 =0 ⇔ x − x −1 + 2 3 ( x − ) + + ( x − 1) x − + ( x − 1) Câu ⇔ x − x − 1 + (1 đ) Với 0.25 0.25 ÷ =0 ÷ x3 − + ( x − 1) ÷ x2 − x − (x − ) + + ( x − 1) ⇔ x2 − x −1 = ⇔ x = x= 0.25 1+ 1+ 3+ ⇒y= 2 ( x ≥ 1) 0.25 1+ + ; ÷ ÷ ( x; y ) = Câu 10 (1 đ) Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: a b c + + ≥1 2b + 2c + 2a + a a(2b3 + 1) − 2ab3 2ab3 = =a− 3 2b3 + 2b + Ta có: 2b + 3 3 3 Ta có: 2b + = b + b + ≥ b b = 3b 1 2ab3 2ab3 2a −2ab3 −2a ≤ ⇔ ≤ = ⇔ ≥ 3 2b3 + 3b3 2b + 3b3 2b + a 2ab 2a = a − ≥ a − 3 (1) 2b3 + Từ ta có: 2b + b 2b ≥ b − (2) 3 2c + c 2c ≥ c − (3) 3 Tương tự 2a + Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a b c 2a + 2b + 2c 2.3 + + ≥ a + b + c − = − =1 3 2b3 + 2c3 + 2a + 0.25 0.25 0.25 0.25