đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE94 THPT chuyên nguyễn tất thành, yên bái w

2016 KỲ THI THPT THỬQUỐC THPTTHỬ CHUYÊN ĐỀ THI TRƯỜNG ĐỀ THI KỲ THI THPT GIA QUỐC 2016 -GIA ĐỀNĂM SỐ 94 Môn Toán - Lần thứ NGUYỄN TẤT THÀNH Thời gian làm 180 phút Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Tỉnh Yên Bái oOo Câu (2,0 điểm).Cho hàm số y = x + 3x + m (1) 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  4 2/ Xác định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam giác OAB vuông O (O gốc tọa độ) Câu 2(0,5 điểm).Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  i   2z  2i Tìm mô đun số phức w  z  2z  z2 Câu 3(0,5 điểm).Giải bất phương trình  log  x  1  log  x  x    Câu 4(1,0 điểm).Tính tích phân I    ecos x  x  sinxdx Câu 5(1,0 điểm).Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm I  -1;2;3 mặt phẳng (P) có phương trình x  y  z   Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) tìm tọa độ tiếp điểm M Câu (1,0 điểm) 2cos  a/ Cho góc  thỏa mãn cot   Tính giá trị biểu thức P  2sin   3cos3  b/ Xét tập hợp E gồm số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp E Tìm xác suất để phần tử chọn số chia hết cho Câu 7(1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a,  ABC = 300 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ trọng tâm G tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC) theo a Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình:  4x  x  1 x  x    4x  3x  5 x   Câu (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường thẳng  d1  : 2x  y   , đỉnh C thuộc đường thẳng  d  : x  y   Gọi H hình chiếu B AC Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết 9 2 M  ;  , K  9;2  trung điểm AH, CD điểm C có tung độ dương 5 5 Câu 10(1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn  a  b  c    ab  bc  ca  Tìm giá trị lớn biểu thức P   a  b  c    b  c  -Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích thêm Cảm ơn thầy Nguyễn Trung Nghĩa (nguyentrungnghia@yenbai.edu.vn) chia sẻ đên www.laisac.page.tl 548 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA 2016 LẦN THỨ MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH Câu Nội dung Câu Cho hàm số y = x + 3x + m (1) 2,0 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  4 điểm Với m  4 ta có hàm số y = x + 3x - Tập xác định :  Sự biến thiên  Giới hạn: lim y   lim y   x  Điểm x  0.25  Chiều biến thiên y '  3x  x x  y'     x  2 Bảng biến thiên x  y’ -2 +  - + 0.25  y  -4 Hàm số đồng biến khoảng (; 2) (0; ) Hàm số nghịch biến khoảng (-2; 0)  Cực trị : Hàm số đạt cực đại x = -2, yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = -4 0.25 y  Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox điểm (-2; 0) (1; 0) Đồ thị cắt trục Oy điểm (0; -4) -2 O x 0.25 -2 -4 549 2/ Xác định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam giác OAB vuông O (O gốc tọa độ) Ta có y '  3x  x x  y'     x  2 Do y '  có nghiệm phân biệt y’ đổi dấu qua nghiệm nên đths có điểm cực trị A  0; m  , B  2; m     OA  0; m  , OB  2; m     m  OAB vuông O OA.OB   m  m       m  4 Do O, A, B tạo thành tam giác nên m  4 Câu Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  i   2z  2i (0,5 z  2z  w  Tìm mô đun số phức điểm) z2 Ta có 1  i  z  i   2z  2i    i  z = -1+ 3i Suy z = -1+ 3i  -1+ 3i   i  = i 3i   i   i  0.5 0.5 0.25 z  2z  i  2i    1  3i z2 i2 Do w    10 w 0.25 Câu Giải bất phương trình Giải bất phương trình  log (0,5 điểm) Đk: BPT cho tương đương với  x  1  log  x  x   log 2  log  x  1  log  x  x   0.25  log  x  x    log  x  x    2x2  4x   x2  x   x2  5x   0.25  2 x3 Kết hợp đk ta nghiệm BPT  x   Câu cos x (1,0 Tính tích phân I   e  x sinxdx điểm)   I   e   cos x  x  sinxdx   e  cos x sin xdx   x sin xdx  I1  I 0.25  Tính I1  e cos x sin xdx  0.25 Đặt t  cos x  dt   sin xdx ; 550 đổi cận: với x   t  với x    t  1 Ta có I1  et dt  et  1 e 1 e  Tính I  x sin xdx  u  x du  dx  dv  sin xdx  v   cos x 0.25 Đặt     I   x cos x   cos xdx    sin x   Vậy I  e   e 0.25 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm I  -1;2;3 mặt phẳng (P) có Câu phương trình x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc (1,0 với mặt phẳng (P) tìm tọa độ tiếp điểm M điểm) Do (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên R= d  I ;( P )   4    16   Mặt cầu (S) có phương trình 0.25   x  1 2   y     z  3  0.25 Đường thẳng IM qua I, vuông góc với (P) nên có phương trình:  x  1  4t   y   t (t  ) z   t  0.25 Gọi M  1  4t ;  t ;  t  Do M thuộc (P) nên  1  4t  +2  t    t     18t    t  0.25 1 8 3 3 Vậy M  ; ;  góc  thỏa mãn cot   Tính giá trị biểu thức Câu a/ Cho 2cos (1,0 P điểm) 2sin   3cos3  0.25 cot    sin   , ta có: 551 2cos 2cot  2cot  1  cot  2cos sin  sin  P    sin  cos3  2sin   3cos3   3cot   3cot  3 sin  sin   2.2.1   10   3.23 13 0.25 b/ Xét tập hợp E gồm số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp E Tìm xác suất để phần tử chọn số chia hết cho Số số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} kể số đứng đầu A85 Số số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} có số đứng đầu A 74 Số phần tử tập E A85  A 74  5880 Gọi A biến cố chọn số có chữ số đôi khác chia hết cho Số kết thuận lợi A A 74  6A36  1560 1560 13  Xác suất biến cố A P  A   5880 49 Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a,  ABC = 300 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ trọng tâm G tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC) theo a S Câu (1,0 điểm) H A C G M B 552 0.25 0.25 Trong mặt phẳng (ABC), kẻ AM  BC (M  BC) SM  BC nên S MA  600 góc mặt phẳng (SBC) (ABC) 1 a2 AB AC.sin1200  a.a  2 a SA  AM tan 600  1 a a a3 Thể tích khối chóp S.ABC VS ABC = SA.S ABC   3 Ta có S ABC  0.5 Vì AM  3GM , AM  (SBC) = M nên d  G,( SBC )   d  A,( SBC )  Trong mặt phẳng (SAM), kẻ AH  SM (H  SM) AH   SBC  nên AH  d  A,( SBC )  Trong tam giác vuông SAM có 1 4 16 3a       AH  2 AH AS AM 3a a 3a a Vậy d  G,( SBC )   12 Câu Giải bất phương trình: 4x  x  (1,0 điểm)   0.5 x  x    4x  3x  5 x    x  1 Đk:  x 1 Đặt u  x  x  2, v  x   u , v   ta có 4x  x   u  3v ,4x  x   3u  v Bất phương trình cho có dạng u  3v2  u  3u  v2  v    u  v 3   u  v   u  v  553 0.25 0.25 Xét x2  x   x2    x2  x   x2   x2    x2 1  x   x     x  2 x          x  2 x20    3x  x     2  4  x  1  x  x    x  2   22   x  2  x       x      22  x       22  x     0.5     2  ;   Vậy tập nghiệm bất phương trình  ;      Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường thẳng  d1  : 2x  y   , đỉnh C thuộc đường thẳng Câu  d  : x  y   Gọi H hình chiếu B AC Xác định tọa độ (1,0 9 2 điểm) đỉnh hình chữ nhật ABCD biết M  ;  , K  9;2  trung điểm 5 5 AH, CD điểm C có tung độ dương Gọi N trung điểm BH ABH Ta có MN đường trung bình suy MN || KC , MN  AB  KC  MNCK hình bình hành  MK // CN (1) Do MN  BC , BN  MC nên N trực tâm BMC  CN  BM (2) Từ (1) (2) suy MK  BM A B M N H D K 554 C 0.25 Đường thẳng BM qua M, vuông góc với MK nên có phương trình 9x  y  17  Do tọa độ B thỏa mãn B  BM  d1 nên 0.25 9x  y  17   x    B 1;4   2x  y   y    Gọi C  c; c   với c >   Do BC  KC  BC KC   BC   c  1; c    KC   c  9; c   0.25 c  Do  c  1 c     c   c      c  Suy C  9;4  c > Đường thẳng CM qua M C nên có phương trình x - y   Đường thẳng BH qua B, vuông góc với MC nên có phương trình 2x  y    13 x 2x  y     13   H ;  Tọa độ H thỏa mãn   5 x  y   y   M trung điểm AH nên A 1;0  0.25 Khi D  9;0  Vậy đỉnh hình chữ nhật A 1;0  , B 1;4  , C  9;4  , D  9;0  Câu 10 Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c   ab  bc  ca  (1,0 2 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức P   a  b  c   b  c Ta có     b  c  5a   b  c   5a   b  c    ab  bc  ca   6a  b  c   2  5a  6a  b  c    b  c   0.25 bc  abc  a  b  c  2b  c  Đẳng thức xảy a  b  c, b  c 555 Khi P   a  b  c    b2  c    b  c   1 2 b  c   b  c  b  c  2 Đặt t  b  c  t   0.25 Ta có P  2t  t Xét hàm số f  t   2t  t  0;  f '  t    2t f ' t    t  Bảng biến thiên t  f '(t ) + - 0.5 f t   t =1, max P  a = 1, b = c = 2 Từ BBT suy max f  t   Chú ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác mà cho điểm tối đa theo phần tương ứng x Cảm ơn thầy Nguyễn Trung Nghĩa (nguyentrungnghia@yenbai.edu.vn) chia sẻ đên www.laisac.page.tl 556