ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015 -2016 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ Môn: Toán – lớp 12 SỐ 83 Đề thức Thời (Thời gian làm 180 phút gianbài làm bài: 180 phút, không kể giao đề) ( Gồm có 01 trang ) oOo SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI x (C) x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị giao điểm đồ thị với trục tung Câu (2,0 điểm): Cho hàm số y Câu 2(1,0 điểm): a) Giải phương trình sin2 x 2cosx sinx b) Cho số phức z thỏa mãn z z 4i Tìm mô đun số phức z 10 x 2e x e x dx 1 x Câu (1,0 điểm): Tính tích phân I x Câu (1,0 điểm): a) Giải bất phương trình log x log x b) Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để tham gia buổi trực nề nếp Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ 2 x y xy x y y x x Câu 5: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x y x y x y Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB a , SA mp ( ABCD ) , SC tạo với mp( ABCD ) góc 450 SC 2a Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ trọng tâm G tam giác ABC đến mp SCD theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi K điểm đối xứng A qua C Đường thẳng qua K vuông góc với BC cắt BC E cắt AB N (1;3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết góc AEB 450 , phương trình đường thẳng BK x y 15 điểm B có hoành độ lớn Câu 8: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(4;1;3) , B(1;5;5) đường x 1 y z Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường 15 thẳng d Tìm tọa độ điểm C thuộc d cho tam giác ABC có diện tích S ABC thẳng d : Câu 9: (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab ; c a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P b 2c a 2c 6ln( a b 2c) 1 a 1 b -Hết Họ tên thí sinh SBD: (Cán coi thi không giải thích thêm, thí sinh không sử dụng tài liệu) 476 SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015 -2016 Môn: Toán – lớp 12 Câu Biểu điểm ý Nội dung a Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y x (C) x 1 0 * TXĐ : D = R\{1}, y’ = ( x 1)2 * Giới hạn tiệm cận : lim f ( x) lim f ( x ) nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số 0,25 x x lim f ( x ) , lim nên x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số x 1 x 1 * Bảng biến thiên x - + - y' - + y - * Hàm số nghịch biến (;1) (1; ) , hàm số cực 0,5 trị * Đồ thị : Vẽ xác đồ thị 10 10 5 10 15 0,25 Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng b Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị giao điểm đồ thị với trục tung: * Đồ thị cắt Oy O(0;0) * Gọi (d) tiếp tuyến đồ thị O, (d) có hệ số góc k xác định k y '(0) 1 * Phương trình tiếp tuyến (d) cần tìm y 1( x 0) y x a Giải phương trình: sin2 x 2cosx sinx Ta có sin2 x 2cosx sinx sinx(2cosx 1) (2cosx 1) ( sinx 1)(2cosx 1) sinx 2cosx 477 0,25 0,5 0,25 0,25 x k 2 1 2 * sinx ; * cosx x k 2 ( k ) x 3 k 2 0,25 b Số phức z thỏa mãn z z 4i Tìm mô đun số phức z 10 * Gọi z a bi (a, b ) số phức cho, 0,25 z a bi z 3(a bi ) 4a a z 2i 2b 4 b * Từ giả thiết ta có hệ 0,25 * Số phức z 10 2i 10 8 2i có mô đun (8)2 22 17 x 2e x e x dx 1 x 1 + Viết lại được: I x 2 e x dx 22 x dx xe x dx 1 x x 1 Tính tích phân I x 1 2x + Lần lượt tính I1 dx ln I xe x dx x 1 + Vậy I = ln a Giải bất phương trình log x 0,5 0,25 log x * ĐKXĐ: x 0; x , BPT log x log x log x log x t 1 t2 t Đặt t log x ta thu BPT t 0 t t 0 t * t 1 log x 1 x , * t log x x * Tập nghiệm BPT S (0; ] (1; 4] 0,25 0,25 0,25 b Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để tham gia buổi trực nề nếp Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ Xét phép thử T “ chọn ngẫu nhiên học sinh từ tổ có 12 học sinh” 0,25 * Số cách chọn học sinh từ 12 học sinh tổ C12 495 số phần tử không gian mẫu 495 * Gọi A biến cố ” học sinh chọn có nam nữ” Khi A biến cố ” học sinh chọn toàn nam nữ” 0,25 Ta có A C54 C74 35 40 P( A) 40 455 91 P( A) P( A) 495 495 99 478 Giải hệ phương trình 2 x y xy x y y x x (1) x y x y x y (2) * ĐK: y x 0,4 x y 0, x y 0, x y 2x x 0 * Xét trường hợp: (Không x y 10 0,25 TM hệ) * Xét trường hợp: x 1, y Đưa PT(1) dạng tích ta ( x y 2)(2 x y 1) x y2 y x 3x ( x y 2) y x 1 Do y x y x x nên y 2x x y y x 3x 0,25 * Thay y x vào PT(2) ta x x x x x2 x 3x x 3x 2 x ( x 2)( x 1) 3x x ( x 2) 1 x x 3x x (vì x nên 1 x ) 3x x * x x 2 y (TMĐK) Nghiệm 0,25 0,25 hệ ( x; y ) (2; 4) Hình chóp S ABCD có ABCD hình chữ nhật với AB a SA ( ABCD ) , SC tạo với mp(ABCD) góc 450 SC 2a Tính VS ABCD khoảng cách từ trọng tâm G tam giác ABC đến mp SCD theo a S Giải: * Vẽ hình đúng, nêu công thức thể tích V S ABCD SA H tính SA AC 2a BC AC AB a , A V a3 0,5 G S ABCD AB.BC a Từ đó: D B C 0,25 479 * G trọng tâm tam giác ABC nên GD 2 d (G, ( SCD)) d ( B, ( SCD )) BD 3 + Gọi H hình chiếu A lên SD AH SCD Vì AB / / mp( SCD) nên d B, SCD d A, SCD =AH + Trong SAD có 0,25 2a 21 1 1 AH 2 AH AS AD 4a 3a 4a 21 d (G, ( SCD)) d ( B, ( SCD )) = 21 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi K điểm đối xứng A qua C Đường thẳng qua K vuông góc với BC cắt BC E cắt AB N (1;3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết AEB 450 , phương trình đường thẳng BK x y 15 điểm B có hoành độ lớn K Giải: (Hình vẽ) * Tứ giác ABKE nội tiếp AKB AEB 450 M AKB vuông cân A ABK 450 C * Đường thẳng BK có vtpt n1 (3;1) , gọi n (a; b) vtpt đt AB góc BK AB N A n1.n2 3a b Ta có cos 3a b a b 2 n1 n2 10 a b E b 2a 4a 6ab 4b a 2b + Với a 2b , chọn n (2;1) AB : 2 x y B(2;9) (Loại) + Với b 2a , chọn n (1;2) AB : x y B(5;0) (TM) * Tam giác BKN có BE KA đường cao C trực tâm BKN CN BK CN : x y 10 ABK KCM vuông cân 1 1 BK CK AC BK BK KM 2 2 2 7 9 M MN BK M ; K (3;6) , 2 2 Đường thẳng AC qua K vuông góc AB AC : x y A AC AB A(1; 2) , C trung điểm AK C (2; 4) KM 480 0,25 B 0,25 0,25 0,25 Vậy: A(1;2), B(5;0), C(2;4) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(-4; 1; 3), B(1;5;5) đường thẳng d : x 1 y z Viết PT mp (P) qua A vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa độ điểm C thuộc d cho S ABC 15 *) Đường thẳng d có VTCP ud 2;1;3 , P d nên P nhận ud 2;1;3 làm VTPT PT mặt phẳng P : 2 x 1 y 1 z 3 2 x y z 18 0,5 * Vì C d nên C có tọa độ 1 2t ;1 t; 3 3t , nhận thấy B mp( P) 0,25 nên ABC vuông A, S ABC 15 15 AB, AC 2 * Tính véc tơ AB, AC theo tọa độ điểm nói để tìm tọa độ C… 0,25 Cho a, b, c dương thỏa mãn ab ; c a b c Tìm GTNN biểu thức P b 2c a 2c 6ln( a b 2c) 1 a 1 b Giải: Ta có P a b 2c a b 2c 6ln(a b 2c) 1 a 1 b a b 2c 1 6ln( a b 2c) 1 a 1 b 0,25 Ta chứng minh BĐT quen thuộc sau: ) 1 (1) a b ab ) ab ab (2) Thật vậy, ) 1 a b ab 1 a 1 b a b ab a b ab ab Dầu “=” a=b ab=1 0,25 ab ) ab ab Dấu “=” ab=1 1 2 Do đó, a b ab ab ab 4 16 ab bc ca c a c b c a b 2c + Đặt t a b 2c, t ta có P f (t ) 16 t 1 6ln t , t 0; t2 481 0,25 f '(t ) 16 t 6t 16t 32 t 6t t t3 t3 t3 Lập BBT hàm f(t) khoảng (0; ) , ta t f '(t ) f (t ) 6.ln Vậy, GTNN P 3+6ln4 a = b = c =1 482 0,25