đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE118 THPT đồng gia, hải dương w

Trường THPT Đồng Gia Đề thi thức (Đề thi gồm 01 trang ĐỀ SỐcó118 KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2015 – 2016 – Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x( x  x ) Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C ) : y   x điểm M có hoành độ x0 = Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z   i Tính modun số phức w  z  b) Giải phương trình x    x Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sin x   cos x b) Một lớp có 20 học sinh, có 12 học sinh nam học sinh nữ Giáo viên dạy môn Toán chọn ngẫu nhiên học sinh lên bảng làm tập Tính xác suất để học sinh chọn có học sinh nữ Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: đồ thị hàm số y  x  x , trục hoành hai đường thẳng x = 0, x = Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm I(2; 1; –1) A(1; 3; 2) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I qua A Viết phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) A Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông B, AB = a BC = a Gọi BH đường cao tam giác ABC Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng BH SC, biết SH  (ABC) góc SB với mặt phẳng (ABC) 600 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân A(0; 8), M trung điểm  15 11  cạnh BC Gọi H hình chiếu M AC, E  ;  trung điểm MH Tìm toạ độ hai 4 4 điểm B C biết đường thẳng BH qua N(8; 6) điểm H nằm đường thẳng x  y  15  Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x ( x  1)  x  x  x  ( x   ) Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn x  y   x   y  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: S  ( x  y )   x  y   x y –––––––––––––––Hết––––––––––––––– Giám thị coi thi không giải thích thêm – Họ tên thí sinh Số báo danh…………………… 695 Trường THPT Đồng Gia – BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN CHẤM Câu (1,0đ) Lời giải Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x(x2 – 3x) Tập xác định D = R Ta có y’ = 3x2 – 6x Cho y’ =  x  0; x  Điểm 0,25 limy  ; limy   x  x  Bảng biến thiên x y y 0        4 Hàm số đồng biến khoảng  ;  ;  2;   ; nghịch biến (0; 2) Hàm số đạt cực đại x = 0; đạt cực tiểu x = Đồ thị hàm số có tâm đối xứng I(1; –2) Câu (1,0đ) Viết pttt đồ thị (C): y =  2x điểm M có hoành độ x0 = Điểm M có hoành độ x0 = 1, suy tung độ y0 = 1 Ta có y '   , suy hệ số góc tiếp tuyến M k = y ' (1)  1  2x 0,25 0,25 Cho số phức z = + i Tính modun số phức w = z – Ta có z   i  z   4i  z    4i 0,25 Vậy z   0,25 2x Đặt t = 2x, ta phương trình: Giải phương trình x    t     t  4t   (do t > 0) t t   t  Với t = suy x = Với t = suy x = log Câu 4.a (0,5đ) 0,25 0,25  y  x  Câu 3.b (0,5đ) 0,25 0,25 Phương trình tiếp tuyến: y = – ( x – 1) + Câu 3.a (0,5đ) 0,25 Giải phương trình sinx = – 0,25 0,25 cosx (1)  Phương trình (1)  sin x  cos x   sin( x  )  2 0,25       x    k 2  x    k 2    x    5  k 2  x    k 2   0,25 696 Câu 4.b (0,5đ) Một lớp có 20 học sinh, có 12 học sinh nam học sinh nữ Giáo viên dạy môn Toán chọ ngẫu nhiên học sinh lên bảng làm tập Tính xác suất để học sinh chọn có nhât học sinh nữ Chọn học sinh có C204  n()  C204  4845 Gọi A: “ học sinh chọn có nữ” Suy n(A) = C82 C122  C83 C121  C84  2590 0,25 n( A) 2590 518   n() 4845 969 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: Đồ thị hàm số y = x2 + x, trục hoành hai đường thẳng x = 0, x = Vậy P(A) = Câu (1,0đ) 0,25 Diện tích hình phẳng cần tính là: S = x  x dx 0,25 Với x   0;1  S   ( x  x)dx 0,25 Suy S = ( x3 x2  ) 0,25 Câu Trong không gian Oxyz cho hai điểm I(2; 1; –1) A(1 ; 3; 2) Viết phương trình mặt (1,0đ) cầu (S) tâm I qua A Viết phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) A Vậy S = 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; –1) qua A(1 ; 3; 2) có bán kihs R = IA = 14 0,25 Vậy (S) có phương trình: (x – 2)2 + (y – 1)2 + (z + 1)2 = 14 0,25  Do mp(P) tiếp xúc với (S) A nên IA vuông góc với mp(P), IA  (1; 2;3) 0,25 véc tơ pháp tuyến (P) Vậy (P): x – 2y – 3z + 11 = Câu (1,0đ) 0,25 Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông B, AB = a BC = a Gọi BH đường cao tam giác ABC Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng BH SC, biết SH  (ABC) góc SB với mặt phẳng (ABC) 600 S 1 a    HB  2 HB BA BC   600 Góc SB (ABC) SBH Ta có Suy SH = HB.tan600 = Diện tích đáy: S ABC 0,25 3a K a2  A H a3  VS ABC  SH S ABC  Ta có HB  ( SAC ) C 0,25 B 0,25 (Vì ( SAC )  ( ABC ), HB  AC ) 697 Trong mp(SAC), dựng HK  SC Khi HK đường vuông góc chung HB SC, hay d(HB; SC) = HK Ta có HC = Câu (1,0đ) BC  HB  1 3a 3a Khi    HK  2 2 HK HS HC 0,25 3a Vậy d(HB; SC) = Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân A(0; 8), M trung điểm cạnh  15 11  BC Gọi H hình chiếu M AC, E  ;  trung điểm MH Tìm toạ 4 4 độ hai điểm B C biết đường thẳng BH qua N(8; 6) điểm H nằm đường thẳng x + 3y – 15 = Chứng minh AE vuông góc với BH           Ta có: AE.BH  ( AM  AH )( BM  MH )  AM MH  AH MC ( AM  BM ; AH  MH )         = ( AH  HM ) MH  AH ( MH  HC )   MH  AH HC 0,25 = – MH2 + AH.HC =  15 21 Ta có AE  ( ;  ) vtpt BH, suy phương trình BH: 5x – 7y + = 4 5 x  y   9 7 Toạ độ H nghiệm hệ:   H  ;  2 2  x  y  15  0,25 Do E trung điểm Của đoạn MH suy M(3; 2)  Do AM  BC  AM   3; 6  véc tơ pháp tuyến BC  BC : x  y   0,25 5 x  y   Toạ độ B nghiệm hệ:   B 1;1 x  y 1  Do M trung điểm BC, suy C(5; 3) 0,25 Vậy B(1; 1) C(5; 3) Câu (1,0đ) x ( x  1)  x  x  x  ( x  R ).(1) Giải bất phương trình Điều kiện: x  (1)  x x  x  ( x3  x  12 x  8)  ( x  x  4)  3  ( x )  x  x  ( x  2)  ( x  2)  ( x  2) ’ (2) Xét hàm số f(t) = t + t + t, có f (t) = 3t + 2t + > 0, t Do hàm số y = f(t) đồng biến R, mặt khác (2) có dạng f  x   f  x  2  x  x2 0,25 0,25 (3) +) Với  x  nghiệm (3) +) Với x > 2, bình phương hai vế (3) ta x  x     x  0,25 Kết hợp nghiệm ta < x  nghiệm (3) Vậy nghiệm (3)  x  , nghiệm bất phương trình (1) 698 0,25 Câu 10 Cho số thực x, y thỏa mãn x  y   x   y  Tìm giá trị lớn (1,0đ) giá trị nhỏ biểu thức: S  ( x  y )2   x  y   x y Điều kiện: x  2; y  1;0  x  y  9; Ta có  x  y   x   y   3( x  y  1)  ( x  y  1)  3( x  y  1) 0,25   x  y     x  y  Đặt t  x  y , t  [1;4] , ta có S  t   t  S '(t )  2t  t 1   0, t  [1; 4] Vậy S(t) đồng biến [1;4]  t 2t t 0,25 0,25 Suy S max  S (4)  42    33    x  4; y  0; S  S (1)   2  x  2; y  1 699 0,25