Đề thi thử THPT quốc gia, ôn thi đại học tham khảo (17)

TVT ĐỀ THI THỬ THPT QG SỐ KHỐI 12 NĂM HỌC: 2015 - 2016 Môn : TOÁN 12 Thời gian làm bài: 120 phút Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x −1 (1) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y = −x + Câu (1,0 điểm) Cho biết: tana= - 2, ( π sin 2a + < a < π ) Tính: P = 2sin a + cos a Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: log x − log (10 − x) = 3 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫ x x + 1dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Tam giác SAB cạnh a nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết góc tạo đường thẳng SC mặt phẳng (ABCD) 300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) Câu (1,0 điểm) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2016, thí sinh dự thi tối đa môn: Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa Tiếng Anh Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm môn kì thi chung có hai môn Toán Văn Hỏi trường Đại học có phương án tuyển sinh? (3 x − 5)( x − 1) = y ( x + x − y − 6) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   − y − y + = y − x + ( x, y ∈ ¡ ) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A(2; −1), B(2; −5) Gọi (C) đường tròn đường kính AB Đường kính MN đường tròn (C) thay đổi (luôn khác AB) cho đường thẳng AM, AN cắt tiếp tuyến B đường tròn (C) điểm P Q Tìm tọa độ trực tâm H tam giác MPQ, biết H nằm đường thẳng d: x − y − = Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực x, y, z thoả mãn: x + y + z ≤ x − y − Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: T = 2( x + z ) − y - HẾT Họ tên thí sinh , Số báo danh SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG Câu (2 đ) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN (Bản hướng dẫn chấm có 05 trang) Hướng dẫn giải Điểm −1 < 0, ∀x ∈ D ( x − 1) Hàm số nghịch biến khoảng: (−∞;1) (1; + ∞) Giới hạn tiệm cận: lim− y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ tiệm cận đứng: x = TXĐ: D = ¡ \ { 1} , y ' = x →1 x →1 lim y = lim y = ⇒ tiệm cận ngang y = x →+∞ x →−∞ Bảng biến thiên: 1  Đồ thị: Đi qua điểm  ; ÷, ( 0; 1) nhận giao điểm tiệm cận I(1; 2) làm 2  tâm đối xứng y x −∞ y’ y a(0.5đ) • • • 1• • • 01 1 − 0,25 +∞ +∞ −∞ − x 0,25 0,25 b(0.5đ) * Vẽ đồ thị 0,25 Do tiếp tuyến (C) song song với đường thẳng y=-x+2 nên tiếp tuyến có hệ số góc , k=-1, gọi M ( x0 ; y0 ) tọa độ tiếp điểm, ta có: y ( x0 ) = −1 0,25  x0 = −1 = −1 ⇔  ( x0 − 1)  x0 = 0,25 Với x0 = suy có tiếp điểm M (2;3) Phương trình tiếp tuyến (C) M là: y = −( x − 2) + ⇔ y = − x + Với x0 = suy có tiếp điểm N (0;1) Phương trình tiếp tuyến (C) N là: y = −( x − 0) + ⇔ y = − x + 0,25 0,25 (1đ) a(0.5đ) tan a + 2(tan a + 1) P= tan a + 0,5 ⇔P= −4 + 2(4 + 1) = 0,5 Điều kiện: < x < 10 b(0.5đ) Với điều kiện phương trình cho trở thành log x + log (10 − x) = 0,25 ⇔ x (10 − x ) = 16 ⇔ x − 10 x + 16 = x = x =  Đối chiếu điều kiện thấy thỏa mãn 0,25 0,25 (0,5 đ) 0,25 0,25 (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0đ) 0,25 (1,0đ) 0,25 +) Đường tròn ( C ) có tâm I ( 2; −3) bán kính R = Gọi K hình chiếu vuông góc P lên QM Khi trực tâm H tam giác MPQ giao điểm QA PK +) Xét tam giác PHQ ta có PA, QK đường cao nên M trực tâm tam giác PQH Suy HM ⊥ PQ ⇒ HM / / AI mà I trung điểm MN nên AI = HM +) Gọi E điểm đối xứng với I qua A suy E ( 2;1) Khi tứ giác IMHE hình bình hành Dẫn đến có EH = IM = +) H thuộc đường thẳng d : x − y − = ⇒ H ( t ; 2t − ) Có EH = ⇔ ( t − ) + ( 2t − ) 2 t = = ⇔ 5t − 36t + 64 = ⇒  16 t =  0,25 0,25  16  +) Vậy H ( 4;1) H  ; − ÷  5 0,25 ( 3x − ) ( x − 1) = y ( x + x − y − ) ( 1)    − y − y + = y − x + ( 2) Pt ( 1) ⇔ y − ( x + x − ) y + ( x − x − x + ) = ∆ = ( x + 3x − ) − ( x − x − x + ) = ( x − 3x + ) (1,0 đ) 0,25đ  y = 3x − Suy ra:  •  y = x −1 Với y = 3x − ⇒ VP ( ) = −1 < ⇒ PT ( ) vô nghiệm • Với y = x − PT ( ) trở thành: − x = x − 3x + Đk: − ≤ x ≤ Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 1.1.1 − x ≤ − x4 0,25đ ( 3) 0,25đ 5− x Từ ( 3) ta có : x − x + ≤ ⇔ x + x − 12 x + ≤ ⇔ ( x − 1) Thử lại x = thỏa mãn ( 3) (x + 2x + 7) ≤ ⇔ x =1 Với x = ⇒ y = Vậy hệ cho có nghiệm : ( 1;0 ) 0,25đ x2 + y + z ≤ 2x − y − ⇔ ( x − 1) + ( y + ) + z ≤ ( 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Xét mặt cầu: 2 2 ( S ) : ( x − 1) + ( y + ) + z = Có tâm I ( 1; −2; ) ,bán kính R = Xét mp ( α ) : x − y + z − T = G/s M ( x; y; z ) Từ ( 1) có điểm M nằm bên ( S ) kể mặt cầu ( S ) ⇒ d ( I,( α ) ) ≤ R (0,5 đ) 0,25 −T ≤ ⇔ −2 ≤ T ≤ 10 Với T = −2 M giao điểm mp ( β ) : x − y + z + = ⇔ • Và đường thẳng ∆ qua I ⊥ ( β )  x = + 2t  ∆ :  y = −2 − t  z = 2t  0,25  4 ⇒ M − ;− ;− ÷  3 3   x = − Vậy T = −2  y = z = −   x =   max T = 10  y = −   z =  (1,0 đ) 0,25đ • HƯỚNG DẪN Câu Đáp án Tha ng điể m 1.a (1.0 điểm) 1.b (1.0 điểm) (1.0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 x2 + y2 + z ≤ 2x − y − ⇔ ( x − 1) + ( y + ) + z ≤ ( 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Xét mặt cầu: 2 2 ( S ) : ( x − 1) + ( y + ) + z = Có tâm I ( 1; −2;0 ) ,bán kính R = Xét mp ( α ) : x − y + z − T = G/s M ( x; y; z ) Từ ( 1) có điểm M nằm bên ( S ) kể mặt cầu ( S) ⇒ d ( I,( α ) ) ≤ R −T ≤ ⇔ −2 ≤ T ≤ 10 Với T = −2 M giao điểm mp ( β ) : x − y + z + = ⇔ • 0.25 Và đường thẳng ∆ qua I ⊥ ( β )  x = + 2t  ∆ :  y = −2 − t  z = 2t   4 ⇒ M − ;− ;− ÷  3 3 0.25   • Với T = 10 Tương tự M  ; − ; ÷ 3 3 0.25   x = − Vậy T = −2  y = z = −   x =    max T = 10  y = −   z =  (1.0 điểm) ( 3x − ) ( x − 1) = y ( x + x − y − ) ( 1)    − y − y + = y − x + ( 2) Pt ( 1) ⇔ y − ( x + 3x − ) y + ( 3x − x − x + ) = ∆ = ( x + 3x − ) − ( x − x − x + ) = ( x − 3x + ) 0.25  y = 3x − Suy ra:  • 0.25  y = x −1 Với y = 3x − ⇒ VP ( ) = −1 < ⇒ PT ( ) vô nghiệm • Với y = x − PT ( ) trở thành: − x = x − 3x + Đk: − ≤ x ≤ Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 1.1.1 − x ≤ 5− x Từ ( 3) ta có : x − x + ≤ Thử lại x = thỏa mãn ( 3) 0.25 − x4 ⇔ x + x − 12 x + ≤ ⇔ ( x − 1) ( 3) (x + 2x + 7) ≤ ⇔ x =1 Với x = ⇒ y = Vậy hệ cho có nghiệm : 0.25 ( 1;0 ) (1.,0 điểm) 0,25 +) Đường tròn ( C ) có tâm I ( 2; −3) bán kính R = Gọi K hình chiếu vuông góc P lên QM Khi trực tâm H tam giác MPQ giao điểm QA PK +) Xét tam giác PHQ ta có PA, QK đường cao nên M trực tâm tam giác PQH Suy HM ⊥ PQ ⇒ HM / / AI mà I trung điểm MN nên AI = HM +) Gọi E điểm đối xứng với I qua A suy E ( 2;1) Khi tứ giác IMHE hình bình hành Dẫn đến có EH = IM = +) H thuộc đường thẳng d : x − y − = ⇒ H ( t; 2t − ) Có EH = ⇔ ( t − ) + ( 2t − ) 2  16  +) Vậy H ( 4;1) H  ; − ÷  5 t = = ⇔ 5t − 36t + 64 = ⇒  16 t =  0,25 0,25 0,25 (1.0 điểm) x2 + y2 + z ≤ 2x − y − 0.25 ⇔ ( x − 1) + ( y + ) + z ≤ ( 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Xét mặt cầu: 2 2 ( S ) : ( x − 1) + ( y + ) + z = Có tâm I ( 1; −2;0 ) ,bán kính R = Xét mp ( α ) : x − y + z − T = G/s M ( x; y; z ) Từ ( 1) có điểm M nằm bên ( S ) kể mặt cầu ( S) ⇒ d ( I,( α ) ) ≤ R −T ≤ ⇔ −2 ≤ T ≤ 10 Với T = −2 M giao điểm mp ( β ) : x − y + z + = ⇔ • 0.25 Và đường thẳng ∆ qua I ⊥ ( β )  x = + 2t  ∆ :  y = −2 − t  z = 2t   4 ⇒ M − ;− ;− ÷  3 3   • Với T = 10 Tương tự M  ; − ; ÷ 3 3   x = − Vậy T = −2  y = z = −   x =   max T = 10  y = −   z =  0.25 0.25