đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE08 THPT trần hưng đạo đăk nông

ĐỀDỤC THI KỲĐĂKNÔNG THI THPT KỲ QUỐC GIA 2016 - ĐỀ 2016 SỞ GIÁO VÀTHỬ ĐÀO TẠO THI THỬ THPT QUỐC GIASỐ NĂM TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Thời gian làm 180 phút Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề oOo -Lần thứ I, Ngày thi: 17/11/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y   2x x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng  : y  x  Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình: (sinx  cosx)2   cosx b) Tìm số phức liên hợp số phức z thỏa mãn z   2i.z  11i Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log (x  5)  log2(x  5)  Câu 4.(0,5 điểm) Một tổ gồm học sinh nam học sinh nữ Cần chia tổ thành nhóm, mổi nhóm học sinh để làm công việc trực nhật khác Tính xác suất để chia ngẫu nhiên ta nhóm có nữ Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x (x  e x )dx Câu 6.(1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC vuông cân B, SA= a, SB hợp với đáy góc 300 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách AB SC Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1) Viết phương trình mặt cầu (S) qua điểm A, B, C cắt hai mặt phẳng ( ) : x  y  z   (  ) : x  y  z   theo hai giao tuyến hai đường tròn có bán kính Câu 8.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu B 3  3 lên AC E (5;0) , trung điểm AE CD F  0;  , I  ;   Viết phương trình đường 2  thẳng CD   3   Câu 9.(1,0 điểm) Giải bất phương trình:    x    x   8x  9x2 3x  2 x  Câu 10.(1,0 điểm) Cho a, b, c  thỏa mãn: c  a, b, c Tìm Giá trị nhỏ biểu thức:   a  b   4c  ln   ab a b   P   bc ca 8c ab Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: 38 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ I, ngày thi 17/11/2015 Câu Nội dung Điểm  2x 2x   x 1 x 1  Tập xác định: D   \ {1} 1a Hàm số: y  (1,0)  Đạo hàm: y   1 (x  1)2 0,25  0, x  D  Hàm số nghịch biến khoảng xác định ;1 1; không đạt cực trị  Giới hạn tiệm cận: lim y  2 ; lim y  2  y  2 tiệm cận x  x  ngang 0,25 lim y   ; lim y    x  tiệm cận đứng x 1 x 1  Bảng biến thiên x – y y + – – –2 + – 0,25 –2  Giao điểm với trục hoành: y   2x    x  Giao điểm với trục tung: cho x   y  3  Bảng giá trị: x 1/2 3/2 y –3 –4 || Đồ thị hàm số hình vẽ bên đây: 2 –1 y O -1 -2 x 0,25 -3 -4 2x  x 1 (1,0) Gọi M x ; y0   (C ) tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến M có dạng 1b (C ) : y  39 0,25 y  f (x ) x  x   y0 Vì Tiếp tuyến song song với đường thẳng  : y  x  nên có hệ số góc f (x )  1 x   x  2      ( x  1)    x   1 x  (x  1)    Với x   y0  1 pttt là: y   1(x  2)  y  x  ( loại) 1   Với x   y0  3 pttt là: y   1(x  0)  y  x  2a (0,5) 0,25 0,25 0,25 Ta có: (s inx  cosx)2   cosx   sin xcosx   cosx  cosx(2 sin x-1)  0,25   x   k  cosx       s inx=   x=  k2 (k  Z)   5  x   k2  0,25 Vậy phương trình có họ nghiệm 2b Gọi số phức z  a  bi,( a, b ) Tan có : (0,5) 0,25 z   2i.z  11i   a  bi    2i  a  bi   11i 3a   2b 3a  2b  9 a  1    3b  2a  11 2a  3b  11 b  Ta có z  1  3i  z  1  3i log (x  5)  log 2(x  5)  (*) 0,25 (0,5) x    x    x  5  Điều kiện:  x     Khi đó, log (x  5)  log2(x  5)   log2 (x  5)  log2(x  5)  1   log 2(x  5)  log 2(x  5)2   log 2(x  5)2  log 2(x  5) 0,25  (x  5)2  x   x  10x  25  x   10x  20  x  2 (nhận) Vậy, phương trình có nghiệm nhất: x  2 Một tổ gồm học sinh nam học sinh nữ Cần chia tổ thành nhóm, mổi nhóm học sinh để làm công việc trực nhật khác Tính xác suất để (0,5) chia ngẫu nhiên ta nhóm có nữ 40 0,25 Tính số cách chọn nhóm, nhóm người: B1) 12 người chọn 4: C124 B2) người lại chọn 4: C84 0.25 B3) người lại chọn 4: Số cách chọn là: C124 C84  n     C124 C84 Gọi A biến cố “ Chọn nhóm, nhóm người có nữ” Tính n(A): B1) Chọn nữ: cách, chọn nam: C93  3.C93 cách B2) lại người (6 nam nữ): Chọn nữ: cách, chọn nam: C63  2.C63 cách B3) lại người (3 nam nữ): có cách 0.25 Số cách chọn là: 3C93 2C63  n  A   3C93 2C63  P  A  I  6C93C63 16  C124 C84 55 0 x(x  e x2 )dx  1 0 x dx  0 xe x2 dx  A  B 0,25 (1,0) x3 A B 1  0 xe 0,25 x2 dx  Đặt t  x  dt  2x dx  xdx   Đổi cận: t x dt 0,25 1 1 dt et  Vậy, I    et   3  e e     2 41 0,25 (1,0) SA  (ABC )   SA  AB  AB  AB  (ABC )   hình chiếu SB lên (ABC)  SBA  300  Tam giác SAB vuông A nên 0,25 AB SA   BC  AB  SA cot SBA  cot SBA  a cot 30  a 2  SABC  AB.BC  a 3.a  3a 2 1 3a a3  Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là: V  SAS ABC   a   3 2 0,25 (đvtt) Trong mp(ABC) Kẻ AI//BC kẻ CI //AB suy ABCI hình vuông cạnh a Trong mp(SAI) kẻ AH vuông góc với SI 0,25 AH  SI Ta có   AH  (SIC ) AH  CI (CI  (SAI )  Nên d AB, SC   d A;(SIC )  AH Tam giác SAI vuông A nên AH  SA  AI  AH  AI SA AI  SA2  a.a a  3a  a 0,25 Vậy khoảng cách AB SC a Học sinh sử dụng phương pháp tọa độ để tìm khoảng cách (1,0) Gọi I(a;b;c) tâm mặt cầu (S) Vì (S) qua điểm A, B, C cắt hai mặt phẳng ( ) : x  y  z   (  ) : x  y  z   theo hai giao tuyến hai đường tròn có bán kính nên ta có hệ : 3a  7b  4c  15  IA  IB    3a  2b  2c   IA  IC d ( I , ( ))  d ( I , (  )) a b  c   a b c    42 0,25 0,25 a  a  19  Giải hệ ta : b  b  12 c  c     a  Với b  , viết phương trình mặt cầu : ( x  1)  y  ( z  3)  25 c   0,25 a  19 Với b   12 c    2 19 12 1237 Vậy mặt cầu có phương trình :  x     y     z    7  7  7 49  0,25 (1,0) Tọa độ đỉnh A  5;  Phương trình đường thẳng (AC): x  y  10  0,25 Ta chứng minh: BF  IF Thật ta có:         BF  BA  BE ; FI  FD  FC  AD  EC Suy 2       43 0,25               BF FI  BA  BE AD  EC  BA AD  BA.EC  BE AD  BE.EC               BA.EC  BE AD  EA.EC  BE.BC   BE  BE.BC   BE  BE     BF vuông góc với IF nên có phương trình: x  y   BE qua E vuông góc EF nên có phương trình: x  y  25  0,5 Do B  7;5  Từ tìm phương trình:  CD  : x  24 y  39  0,25  8x  x2 Giải bất phương trình:     x   1  x  3x  2 x  (1,0) Đk: x  Bất phương trình cho tương đương với:   x  3    9x x 1 1 x   x  1 3x  2 x    x  3    3x  0,25 x 1 1 x 2x 1 Do x  nên BPT   x 1   x    x  3 x    3x  x x    x 1  2x 1   0.25  x   x    *  x 1  x 1    Ta có nhận xét sau:  x  x    VT*   2 x   x    x  1  0.25 x 1  x 1  Vậy để BPT xảy  VT    x  x   x  x 1   0,25       10 Cho a, b, c  thỏa mãn: c  a, b, c Tìm Giá trị nhỏ biểu thức: (1,0)   a  b   4c  ln   ab a b   P   bc ca 8c ab Ta Cm BĐT phụ sau: a b ab  2 bc ca a  b  2c * Thật ta có: 0,25 44 a  b a b a2 b2      bc c  a a a b  c  b b c  a  a a b  c   b b  c  a  a  b 1  a  b   a  b  c   b  c  a   Mặt khác ta có: Vì c  a, b, c  a  b  2c  Nên ta có:  ab a  b  c   b  c  a   ab(a  b  2c)  c(a  b)     a  b  2c   c(a  b)   2  a  b   2c  a  b   2 Từ (1) (2) Dễ dàng suy ĐPCM Ta lại có:      a  b   4c    a  b  2c c  ln      ln         ln    ab ab    ab        2c  ln     ab    4 0,25 Mặt khác : Vì c  a, b, c  2c  a  b Nên ta có: 8c  a  b  2c   2  ab  ab   1 2c     2 ab   5 Từ (3),(4),(5) ta được:   2c 8ln    2 ab   P  2c 2c 1 1  ab ab Đặt t   2c 2c , Mà c  a, b, c  1 t  ab ab   0,25 8ln t  Xét hàm: ft    t  0;  t t  Ta có: ft  '  2  t t      t   3t    8ln  t    0.t  0;  2 t t   t   8ln t    t  2 45 2  Suy ra: ft   f   1  ln 8 Ta có: ft  '  2  t t      t   3t    8ln  t    0.t  0;  2 t t   t    8ln t     t 2 2  Suy ra: ft   f   1  ln 8 Dấu "  " a  b  c 0,25 *Lưu ý + Ở câu 10, BĐT (*) chứng minh BĐT Holder BĐT chương trình THPT vậy, học sinh dùng Holder để chứng minh, BTC trừ 0.25 đ cho câu +Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết xác đến ý cho điểm tối đa ý đó; cho điểm đến phần học sinh làm từ xuống phần làm sau không cho điểm Điểm toàn làm tròn số 46