SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT NAM DUYÊN HÀ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN MÔN TOÁN Năm học 2015 – 2016 (Thời gian làm 180’ – không kể thời gian giao đề) Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y x x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f ( x) x3 3x đoạn [1; ] Câu (1,0 điểm) x 7.2 x1 z z (3 i) b) Tìm số phức z thỏa mãn 1 i Câu (1,0 điểm) a) Cho sin a cos a Tính sin 2a a) Giải phương trình: b) Có hộp bi, hộp thứ có bi đỏ bi trắng, hộp thứ hai có bi đỏ bi trắng Lấy ngẫu nhiên hộp viên, tính xác suất để bi lấy màu Câu (1,0 điểm) e ln x dx Tính tích phân: I x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA SB SC a , ASB 900 , BSC 1200 , CSA 900 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ C đến mp(SAB) Câu (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x y z Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm gốc tọa độ O tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình: x x 3x 2 x 5x 16 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C): ( x 1)2 ( y 1)2 20 Biết AC 2BD điểm B thuộc đường thẳng d: x y Viết phương trình cạnh AB hình thoi ABCD biết điểm B có hoành độ dương Câu 10 (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x; y; z thỏa mãn: xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P log32 x log32 y log32 z Hết -Học sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………… ; Số báo danh:…………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT NAM DUYÊN HÀ CÂU Câu MÔN TOÁN - Khối 12 Năm học 2015 – 2016 (Thời gian làm 180’ – không kể thời gian giao đề) ĐIỂM ĐÁP ÁN (1 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y x x *TXĐ: D= x 0,25 y ' 4 x x Cho y ' x( x 1) x x 1 -Hs nghịch biến khoảng (-1;0) , (1; ) , Và đồng biến khoảng ( ;-1) , (0;1) -Hs đạt cực tiểu điểm x = 0, yCT = đạt cực đại điểm x = 1 , 0,25 yCĐ = lim y x +BBT: x y’ + -1 - 0 + 0,25 y *Đồ thị (C): y fx = -x4 +2x2 +1 -5 -1 O 0,25 x -2 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f ( x) x3 3x đoạn [1; ] + Hàm số xác định liên tục đoạn [1; ] 2 f '( x) 3x x x (1; ) f '( x) 3x x x (1; ) 19 Trên đoạn [1; ] ta có: f (1) 3; f (0) 1; f ( ) 0,25 0,25 0,25 Vậy max f ( x) f (0) 1; f ( x) f 1 3 [ 1; ] [ 1; ] Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: x 7.2 x1 (1) (1) 2.22 x x Đặt t , điều kiện t > Pt trở thành: 2t t t x x 2 t 2 (ktm) x 0,25 b) (0,5 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 0,25 z z (3 i) 1 i Đặt z a bi với a; b Ta có: z a bi z (3 i) (a bi) (3 i) 1 i 1 i a b a b i 2a 3 2b 1 i Câu 0,25 a b 2a a Vậy : z i a b b b a) (0,5 điểm) Cho sin a cos a Tính sin 2a 25 Ta có: sin a cos a sin 2a 16 0,25 0,25 0,25 0,25 16 b) (0,5 điểm) Có hộp bi, hộp thứ có bi đỏ bi trắng, hộp thứ hai có bi đỏ bi trắng Lấyngẫu nhiên hộp viên, tính xác suất để bi lấy màu Gọi không gian mẫu: tập hợp cách chọn ngẫu nhiên hộp viên bi n() 7.6 42 0,25 Gọi A biến cố bi chọn màu n( A) 4.2 3.4 20 n( A) 20 10 Vậy xác suất biến cố A P(A)= 0,25 n() 42 21 sin 2a Câu ln x dx x e (1,0 điểm) Tính tích phân: I ln x ln x I dx dx dx I1 I x x x 1 e e e e I1 dx ln x x e 0,25 e ln x dx x I2 0,25 dx x Đổi cận x t 0; x e t Đặt t ln x dt 1 t2 I tdt 20 0,25 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, ASB 900 , BSC 1200 , CSA 900 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ C đến mp(SAB) Vậy I I1 I Câu 0,25 S C B A Chứng minh: SA mp(SBC ) VS ABC VA.SBC SSBC SA 1 a2 SSBC SB.SB.sin1200 a 2 a a a Vậy: VS ABC 12 a2 -Diện tích tam giác SAB S SAB 3V - Ta có d(C,(SAB))= S ABC S SABC a (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x + y – 2z – = Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm gốc tọa độ O tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm Ta có O(0;0), mặt cầu (S)có tâm O tiếp xúc với mp(P) nên ta có: | 6 | R=d(O,(P))= 12 12 (2) Vậy pt mặt cầu (S) là: x2 +y2 +z2 = Gọi H hình chiếu vuông góc O mp(P), H tiếp điểm mặt cầu (S) mp(P) Đường thẳng OH qua O vuông góc mp(P) nhận n (1,1, 2) vectơ pháp tuyến mp(P) làm vectơ phương, pt đường thẳng OH có dạng: Suy d(C,(SAB))= Câu 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x t y t z 2t * H OH H (t , t , 2t ) *Ta lại có H mp( P) t t 2(2t ) t Vậy H(1,1,-2) Câu 0.25 x x 3x 2 x 5x 16 (1) (1,0 điểm) Giải bất phương trình: Điều kiện: x 1 x x 20 0,25 t Bpt trở thành: t t 20 Đối chiếu đk t t 4 0,25 2x x Bpt (1) tương đương: Đặt t x x , t >0 Với t , ta có: x x 2 x 5x 3x 21 3x 21 2 x x 3x 21 x 146 x 429 x x3 3 x Kết hợp với điều kiện x 1 suy tập nghiệm bất pt là: S= 3; Câu 0,25 0,25 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C): ( x 1)2 ( y 1)2 20 Biết AC 2BD điểm B thuộc đường thẳng d: x y Viết phương trình cạnh AB hình thoi ABCD biết điểm B có hoành độ dương D I A H C B Gọi I tâm đường tròn (C), suy I(1;-1) I giao điểm đường chéo AC BD Gọi H hình chiếu vuông góc I đường thẳng AB Ta có: AC=2BD IA 2IB Xét tam giác IAB vuông I, ta có: 1 IB 2 IA IB IH IB 20 Ta lại có điểm B d B(b, 2b-5) b 2 B(4;3) *IB=5 (b 1) (2b 4) b Chọn b=4 (vì b>0) Gọi n (a; b) VTPT đường thẳng AB, pt đường thẳng AB có dạng: a(x-4)+b(y-3)=0 Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C) nên ta có: 0,25 0,25 0,25 d(I,AB)= 20 | 3a 4b | a b2 20 a b 11a 24ab 4b 11 a 2b *Với a=2b, chọn b=1, a=2 pt đường thẳng AB là: 2x+y-11=0 *Với a b , chọn b=11, a=2 pt đường thẳng AB là: 2x+11y-41=0 11 Câu 10 (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = Tìm giá trị nhỏ 2 0,25 biểu thức: P log32 x log32 y log32 z Trong mp(Oxy), gọi a (log3 x;1), b (log3 y;1), c (log3 z;1) n a b c n (1;3) Ta có: 0,5 a b c a b c log32 x log32 y log32 z 12 32 P 10 , dấu = xảy ba vecto a, b , c hướng kết hợp điều kiện đề ta x y z 3 Vậy P 10 x y z 3 0,5