SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT KINH MÔN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 LẦN I – Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 119 (Không kể thời gian giao đề) x Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y 3x 2 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số 2) Cho điểm M thuộc (C ) có hoành độ xM Viết phương trình tiếp tuyến (C ) M Câu 2: (1,5 điểm) Giải phương trình 1) sin x 6sin x cos x 2) log (5 x 10) log ( x x 8) Câu 3: (1,0 điểm) 1) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức: x , với x x 2) Trong bình có viên bi trắng viên bi đen Người ta bốc viên bi bỏ bốc tiếp viên bi thứ ba Tính xác suất để viên bi thứ ba bi trắng ( x sinx) dx cos x Câu 4: (1,0 điểm) Tính tích phân: I x y x y 4x y Câu 5: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ( x ) x y x Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông A, AB = AC = a, I trung điểm SC, hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng (ABC) trung điểm H BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a Câu 7: (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P) : x y z 11 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 1) tiếp xúc với (P) Tìm tọa độ tiếp điểm Câu 8: (1,0 điể̉m) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn Đường tròn (C) ngoại 2 tiếp tam giác ABC có phương trình x y 3 25 Chân đường vuông góc hạ từ B C xuống AC, AB thứ tự M (1;0) , N (4;0) Tìm tọa độ điểm A, B, C biết đỉnh A có tung độ âm Câu 9: (0,5 điểm) Cho hai số dương x, y phân biệt thỏa mãn: x y 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 4 4 x y x y 2 –––––––––––––––Hết––––––––––––––– Họ tên thí sinh SBD: (Cán coi thi không giải thích thêm) 700 SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG – TRƯỜNG THPT KINH MÔN Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 NỘI DUNG Tập xác định D = R Sự biến thiên Điểm + Chiều biến thiên: y = 2x3 – 6x , y = x = v x = y< x ( –∞; – ) (0 ) 0.5 Hàm số nghịch biến khoảng ( –∞; – ) (0 ) y > x (– ; 0) ( ; +∞) Hàm số đồng biến khoảng (– ; 0) ( ; +∞) + Cực trị: Hàm số đạt CĐ x = 0, yCĐ = y(0) = Hàm số đạt CT x = , yCT = y( ) = 2 + Giới hạn Lim( x x4 x4 3x ) , Lim( 3x ) Đồ thị hàm số x 2 2 0.25 tiệm cận + Bảng biến thiên 1.1 1,5đ x –∞ y +∞ – 0 + y –2 – +∞ + 0.25 +∞ –2 + Đồ thị Đồ thị hàm số cắt trục Ox y tai điểm ( 1 ; 0) , ( ; 0) Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm (0 ; ) Đồ thị hàm số có trục đối xứng Oy 0,5 x M (C ) M 1;0 1.2 0,5đ 0,25 Ta có: y’ = 2x3 – 6x y '(1) 4 Vậy tiếp tuyến (C) M có phương trình : y 4( x 1) Hay y = – 4x + 701 0.25 sin x 6sin x cos x (sin x 6sin x) (1 cos x) 2sin x cos x 2sin x 2sin x cos x sin x 2.1 (0.75đ) 2.2 (0.75đ) sin x sin x cos x 3(Vn) 0.25 x k Vậy nghiệm PT x k , k Z 0.25 ĐK: x > – 0.25 PT log (5 x 10) log ( x x 8) 0.25 log (5 x 10) log ( x x 8) x 10 x x x 2(l ); (h) x 1(n) 0.25 7 3 k k x (2) C7 x x k 0 3.1 (0 5đ) 25 7 k k x (2)k C7k x 28 k 12 , x 0 0.25 k 0 Số hạng tổng quát khai triển có dạng : T (2) k C7k x 28 k 12 k 7; k Số hạng không chứa x 28–7k=0 hay k=4 Vậy số hạng không chứa x khai triển : T (2)4 C74 =16 C74 0.25 Không gian mẫu có số phần tử n () C 102 C 81 360 3.2 (0 5đ) A biến cố: “lần đầu lấy viên bi đen, lần sau lấy viên bi trắng” n( A) C82C21 56 P( A) 45 B biến cố: “lần đầu lấy viên bi đen, viên bi trắng lần sau lấy viên bi trắng” n( B) C81C21 16 P( B) 45 C biến cố “ viên bi thứ ba bi trắng” P(C ) P( A) P( B) 0.25 0,2 ( x s inx )dx x s in x ( )dx I1 I 2 cos x cos x cos x 0 I 1 dcosx cos x cosx I (1đ) 0.25 0.25 xu dx du Đặt dx cos2 x dv v tan x Suy I1 = x.tan x 03 tan xdx Vậy I= 1+ 0.25 0.25 ln cos x 03 ln 3 ln 0.25 702 y 0; x y ; x y x 3; y Đk: y 3 x 9; y x x y ; x y; Từ (1) suy VT(1) nên bình phương hai vế ta có : 0.25 2x x2 y 4x y y 2x x2 y y 2x y 2x y 0(l ) 2 y xy x 4( x y ) y x Thay y = 4x – vào (2) ta có: (1đ) 0.25 x x (3) x 25 Giải (3): (3) x 3( x 2) x 9 4 3( x 5) ( x 2) x y 16 x5 (4) x ( x 2) Do x x x x 5 x2 0.25 x5 x4 x x x nên (4) vô nghiệm ( x 2) 0.25 Vậy x = ; y =16 nghiệm hệ phương trình Gọi K trung điểm AB HK AB (1) Sj Vì SH ABC nên SH AB (2) Từ (1) (2) suy AB SK Do góc SAB với đáy (1đ) 0.25 M góc SK HK 60 SKH a Ta có: SH HK tan SKH ABC vuông cân: S ABC a 2 B H C K A 1 a3 Vậy VS ABC S ABC SH AB AC SH 3 12 0.25 Vì IH / / SB nên IH / / SAB Do d I , SAB d H , SAB 0.25 Từ H kẻ HM SK M HM SAB d H , SAB HM Ta có 1 16 a a HM Vậy d I , SAB 2 HM HK SH 3a 4 703 Khoảng cách từ I đến (P) bán kính mặt cầu R 11 14 1 0.25 Phương trình mặt cầu ( x 1)2 ( y 2)2 ( z 1) 14 (1đ) 0.25 x 2t y 2 3t z t Đường thẳng qua I vuông góc với mp(P) có phương trình: nên tiếp điểm H hình chiếu I lên (P) có tọa độ H( + 2t; –2 + 3t; + t) H thuộc (P) nên thay tọa độ H vào pt mp (P) ta có t = hay tọa độ tiếp điểm H(3;1;2) Kẻ tiếp tuyến At với đường tròn (C) A Ta có tứ giác BCMN nội tiếp nên góc 0.25 C B ABC AMN (cùng bù với góc NMC ) 0.25 M I sd AC , suy ABC MAt Lại có MAt AMN Mà chúng vị trí so le t 0.25 N A nên MN//At, hay IA vuông góc với MN (I tâm đường tròn (C)) (1đ) Ta có MN (3;0), I (2;3) AI : x A giao IA (C) nên tọa độ điểm A 0.25 x nghiệm hệ: ( x 2) y x 2; y 25 x 2; y 2 A có tung độ âm nên A(2;–2) Phương trình AN : x y 0.25 B giao điểm (khác A) AN (C) suy tọa độ B(7 ;3) Phương trình AM : x y 0.25 C giao điểm (khác A) AM (C) suy tọa độ C(–2 ;6) Từ điều kiện, dùng bất đẳng thức Côsi suy ra: xy Đánh giá P (1đ) Đặt t f (t ) x2 y2 16 y x 0.25 0.25 64 x y y x x y t Khi P t Xét hàm số y x 16 64 t 0.25 1 t (với t > 2) 16 64 t Tính đạo hàm, vẽ bảng biến thiên, tìm được: f (t) f 27 64 2; Suy giá trị nhỏ P 0.25 27 x = y = 64 –––––––––––Hết ––––––––––– Chú ý : Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa 704