đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE113 báo dân trí w

KÌ THI TRUNG H C PH THÔNG QU C GIA N M 2016 ( Môn thi: TOÁN Th i gian làm bài:180 phút, không k th i gian giao THI TH thi g m 01 trang) ĐỀ SỐ 113 Câu (1 i m) Tìm GTLN, GTNN c a hàm s Câu (1 i m) a) Cho s ph c z th a mãn: (1 − 2i ) z + b) Gi i b t ph ( 3x + −2 x + y = f ( x ) = ln x + + x o n [1;e] x th hàm s y = Câu (1 i m) Kh o sát s bi n thiên v − 3i = − i Tìm ph n th c, ph n o c a w = z + 1+ i z + 2i ng trình log 2016 log x + x − x ) >0 Câu (1 i m) Tính di n tích hình ph ng gi i h n b i y = x + 3, x − y + = Câu (1 i m) Trong không gian m t ph ng Oxyz , cho m t ph ng ( P ) : x − y − z − = A ( 0; 2; −1) ;0; −3 Vi t ph ng trình m t ph ng ( Q ) i qua A, B vuông góc v i ( P ) tìm i m C giao n c a ( P ) ; ( Q ) cho ∆ ABC vuông t i C ? Câu (1 i m) 3π a) Cho π < α < tan α = Tính giá tr c a bi u th c 3π 5π M = sin α + cos α + sin α + − sin − 2α 2 b) Trong trò ch i chi c nón kì di u có t t c 10 ô: ô 10 i m, ô 20 i m, ô 30 i m, ô 40 i m, ô 50 i m, ô m t i m, ô g p ôi, ô ph n th ng Khi m t ng i quay chi c nón v trí kim ch có th d ng m t ô v i kh n ng nh Tính xác su t ng i ch i th y NBT sau hai l n quay liên ti p c 100 i m Câu (1 i m) Cho hình chóp S.ACBD có áy ABCD hình ch nh t, bi t Trên B c nh AB l y i m M cho (ABCD) c nh AC c t MD t i H Bi t SH vuông góc v i m t ph ng Tính th tích kh i chóp kho ng cách gi a hai ng th ng Câu (1 i m) Trong m t ph ng v i h tr c t!a Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nh!n, nh A( −1; 0) G!i H, E, F l n l t hình chi u vuông góc c a A ng th ng BD, BC, CD Ph ng trình ng tròn ngo i ti p tam giác EFH ( C ) : x + y − x + y = Tìm t!a D bi t E có hoành ng th ng x − y − = có hoành nguyên, C thu c d xy ( xy + x ) + 27 ( x − 1) = y (1 − y ) + Câu (1 i m) Gi i h ph ng trình nh B, C, ng 1535 −57 x − y + xy = Câu 10 (1 i m) Cho s nguyên d ng x, y, z th a mãn x + y = z − Tìm GTNN c a bi u th c sau A= x3 y3 z3 + + + x + yz y + xz z + xy ( z + 1) H t - 663 14 ( x + 1)( y + 1) KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐÁP ÁN THI THỬ (Đáp án gồm 08 trang) Đáp án Câu Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  Điểm  1, 3x  2 x  1  TXĐ: D  R \   2 y'   0x  D 1  x  0,25  1 1  Hàm số đồng biến khoảng  ;  ,  ;   2 2   Hàm số nhận x  tiệm cận đứng, y   tiệm cận ngang 2 Bảng biến thiên: 0,25 0,25 Đồ thị: 2 0,25 Tìm GTLN, GTNN hàm số y  f  x   ln x  664  x đoạn 1;e x  1, x   x2  1  x x x2 f /  x    x  x    x  1, x  2 Ta có : f /  x   0,25 0,25 Tính : f 1  3; f  e     e e 0,25 Vậy : max f  x   f  e     e e 1;e a) Cho số phức z thỏa mãn: 1  2i  z  w z z  2i ; f ( x)  f 1  0,25 1;e  3i   i Tìm phần thực, phần ảo 1 i  1,   b) Giải bất phương trình log 2016 log x  x  x      3i  2i Ta có 1  2i  z  1 i  1  2i  z   2i   i  1  2i  z   i 0,25 z  i 5 a)   i   i z  2i 5  i  2i 5 5 Vậy phần thực: 6/5; phần ảo: -8/5  x  x  2x   Ta có  x   x  x  2x  Khi đó, ta có:   z  0,25   log x  x  x   x  x  x   x  x   x  x  b) 0,25 =>TXĐ: x  Ta có: log 2016 log x  x  x    log x  x  x         x  x2  x  2  x  x     x  x   x   2  x    x   x  2    2 x   x  x   x  x Tính diện tích hình phẳng giới hạn y  x  3, x  y   Xét phương trình x3   x  3 x3  x  1 Vậy diện tích cần tìm S   3 x3  0,25  1, 0,25 x3 dx  665    3 x3  x3  dx  0,25 2  3 x2   x  3   x   3 0,25 (đvdt) Trong không gian mặt phẳng Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   A  0; 2; 1  0,25 1  B  ;0; 3  Viết phương trình mặt phẳng  Q  qua A, B vuông góc với  P  tìm 2  điểm C giao tuyến  P  ;  Q  cho ABC vuông C ?  1, nQ  AB Gọi nQ VTPT mặt phẳng  Q  nP   2; 1; 1 VTPT  P    nQ  nP  nQ phương  nP , AB  1   7  Có nP   2; 1; 1 AB   ; 2; 2    nP , AB    0; ;  nên nQ   0;1; 1  2  2  VTPT  Q  0,25 Mà A  0; 2; 1   Q   phương trình  Q  : y  z   0,25  1 7  M  0; ;   d   P    Q  Gọi ud VTCP d  ud phương  nP , nQ   2  Lại có  nP , nQ    0; 2;  nên ud   0;1;1 VTCP d  x     phương trình d :  y  t   t      z  t   5   AC   0; c  ; c   7     Có C  d  C  0; c  ; c     Mà ABC vuông C 2  1   1 BC   ; c  ; c    2   c   1  C  0; 2; 1  AC.BC    c   c        2  c  C  0;0; 3  3 a) Cho     tan   Tính giá trị biểu thức 3    5  M  sin   cos   sin     2    sin      b) Trong trò chơi nón kì diệu có tất 10 ô: ô 10 điểm, ô 20 điểm, ô 30 điểm, ô 40 điểm, ô 50 điểm, ô điểm, ô gấp đôi, ô phần thưởng Khi người quay 666 0,25 0,25  1, a) nón vị trí kim dừng ô với khả Tính xác suất để người chơi thầy NBT sau hai lần quay liên tiếp 100 điểm 1 Ta có   tan    32  10  cos 2  cos  10 3 (vì     )  cos    sin    10 10 3    5  Ta có: M  sin   cos   sin     2    sin       M  sin   cos   cos   cos2  sin   cos   cos   2cos 2  0,25  sin   cos   sin  9      10 10 10 10 10 Xác xuất vào ô 10 b) 0,25 quay lần 1: xác xuất để vào ô 50 điểm 10 quay lần 2: xác xuất để vào ô 50 điểm xác xuất để vào ô gấp đôi 10 10 3 Vậy xác suất cần tìm là:  10 10 50 Cho hình chóp S.ACBD có đáy ABCD hình chữ nhật, biết A B = 2a, A D = a Trên cạnh a , cạnh AC cắt MD H Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) SH = a Tính thể tích khối chóp S MHCB khoảng cách hai đường thẳng SD A C a S AM · ta có: t an A DM = = = AD a K BC a · t an BA C = = = AB 2a · · Þ A DM = BA C AB lấy điểm M cho A M = · D + HA · M = 900 Mà: HA · H + HA · D = 900 Þ A ·HD = 900 Þ DA Þ AH ^ HD 1    2  2 2 AH AM AD a a a a B  AH   MH  AM  AH  a2 a2 a   5 667 0,25  1, D A M 0,25 H 0,25 C a 4a  5 1  3a 4a a  19a  MB.BC  CH HM   a   2 2 5  20 AC  AB  BC  a  HC  a   SMHCB 0,25 1 19a 19a3 VS MHCB  SH SMHBC  a  3 20 60 Dựng HK vuông góc SD K ìï A C ^ HD Ta có ïí Þ A C ^ (SHD ) Þ A C ^ HK ïï A C ^ SH î => HK đoạn vuông góc chung A C SD Þ d(A C ; SD ) = HK Ta có: S D A DC = Þ DH = 0,25 1 A D.DC = DH A C 2 A D DC a.2a 2a = = AC a Trong tam giác vuông SHD ta có: HK = SH + HD = a + 4a = 4a 0,25 2a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn, đỉnh A(1;0) Gọi H, E, F hình chiếu vuông góc A đường thẳng BD, BC, Þ HK = CD Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH  C  : x  y  x  y  Tìm tọa  1, độ đỉnh B, C, D biết E có hoành độ nguyên, C thuộc đường thẳng x  y   có hoành độ dương B A H I E D F 0,25 C Ta có AEC  AFC  900 nên điểm A, F, C, E thuộc đường tròn đường kính AC Gọi I giao điểm AC BD Ta có FIE  2FAE  2(1800  BCD) Các tứ giác AHFD, AHEB nội tiếp nên FHD  FAD BHE  BAE Do FHE  1800  FHD  BHE  1800  FAD  BAE  2FAE  2(1800  BCD)  FIE Vì tứ giác HIEF nội tiếp 668 Do I thuộc đường tròn (C ) ngoại tiếp tam giác HFE  c 1 c   Gọi C (c; c  3)  d , (c  0)  I  ;  , I thuộc (C) nên có phương trình:   c 3  c 1   c   c 1    c   c  ( loại c  ) Suy ra: C (3;0)      2     I (1;0) Điểm E, F nằm đường tròn đường kính AC đường tròn (C) nên tọa độ thỏa mãn hệ 2  x  1, y  2  x  y  x  y   phương trình:   2 x ,y  x  1  y    5  2 0,25 0,25  5 Vì E có hoành độ nguyên nên F   ;   , E 1; 2  Suy  5 AB : x  y   0, BC : x  y   x  y 1  Tọa độ B thỏa mãn   B(3; 2) x  3y    BA  (2; 2), BC  (6; 2)  BA.BC  16  0(t / m) 0,25 Vì AB  DC  D(5; 2) Vậy B(3; 2), C (3;0), D(5;2) 1535   xy  xy  x   27  x  1   y 1  y       Giải hệ phương trình   x3  y  xy  57   Hệ phương trình cho tương đương với 1535   xy  xy  x   27 x   27  x3  y  xy   27  x3  y   y 1  y         x3  y  xy  57    xy  xy  x 2  27 x   27  x3  y   y 1  y   1*     57  x3  y  xy   3  x  64 y  144 y  108 y  27   27 y  27 y  y    57 3  x  y  xy    x3  y  3   y  13  x  y  3  y  4 xy   x  y   1      57   57 * 57 3 3  x  y  xy   x  y  xy   x  y  xy     x  y  a  x3  y3   x  y   3xy  x  y   a3  3ab Đặt   xy  b 669  1, 0,25 0,25 0,25 3a   b 4b  3a  1    Khi (*) trở thành  57   a  3ab  b   a  3a  3a  1  3a   57  3    4 3 Ta có:  3  4a  9a  3a  3a   57  4a  9a  6a  56   a  2 Khi b   3  2    4  x  , y   x  y  2   2 Hay ta   x   , y    xy   2 1 5  1 Vậy hệ cho có nghiệm  x; y   ;    ;   2 2  2 Cho số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  Tìm GTNN biểu thức sau: x3 y3 z3 A    x  yz y  xz z  xy  z  1 Ta có  x  1 y  1  14  1,  x  1 y  1 x  y  1 z  2 z  xy  x  y   xy   x  1 y  1   x  y  2 1  z   x  y  x3 y3 x4 y4     x  yz y  xz x  xyz y  xyz x  y  xyz 2 10 0,25 x  y2  0,25 x 2  y2  x2  y    1 z x  y   x  y  z  x  y  1  z   x  y    z  1  1  z   z  1 2  z  1  z  28  z  1  z  12  z  12  A  z  1  z  28 0;  f  z    1  z   z  12  z  12 Xét hàm 670 0,25 f  z  f ' z  z  z  z  57  z  1  27 z  f ' z   2  z  1  z  1   z  1  z  z  z  57  2  z  1 0,25 z  27 z  z  115 2  z  1 f ' z    z  Bảng biến thiên: z f'(z) +∞ _ + 53 f(z) Vậy minA= 53 ⟺x = y = ; z = 3 671 0,25