SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH (ĐềĐỀ thi gồm trang) SỐ 1129 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN Môn: TOÁN – Năm học: 2015 – 2016 Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y x 3x (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Tìm m để đường thẳng d : y mx cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt Câu II.(1,5 điểm) Giải phương trình sau: sin x cos x 4sin x log x 3log x Câu III.(1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường: y ln x; y 0; x e Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác SAB cạnh a, tam giác ABC cân C Hình chiếu S mặt phẳng (ABC) trung điểm cạnh AB; góc hợp cạnh SC mặt đáy 300 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC Câu V (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x y z Viết phương trình mặt cầu có tâm I(1; 1; 0) tiếp xúc với mp(P) Viết phương trình mặt phẳng chứa trục Ox vuông góc với mp(P) Câu VI.(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng BD; E, F trung điểm đoạn CD BH Biết A(1; 1), phương trình đường thẳng EF 3x – y – 10 = điểm E có tung độ âm Tìm tọa độ đỉnh B, C, D Câu VII (1,5 điểm) 2 x y y Giải hệ phương trình 9 x xy y Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, viên bi vàng viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để viên bi lấy đủ màu Câu VIII.(1 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–––– Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh…………………… 756 TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH – ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015–2016, LẦN Câu Ý Nội dung Điểm 1/ Tập xác định: 2/ Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: y = 3x2 – 6x = 3x(x – 2); y = x = x = y > x < x > 2; y < < x < Vậy hàm số đồng biến khoảng (;0) (2; ) ; hàm số nghịch 0.25 biến khoảng (0; 2) +) Cực trị Hàm số đạt cực đại x=0 yC Đ= –1; hàm số đạt cực tiểu x=2 yCT=–5 +) Giới hạn vô cực lim y lim x 1 ; lim y lim x 1 x x x x x x x x +) Bảng biến thiên: x y’ + 0 –1 – 0.5 + y –5 I 2đ 3/ Đồ thị Đồ thị nhận điểm I(1; –3) làm điểm đối xứng Đồ thị qua điểm O -1 (–1;–5);(0;–1);(1;–3);(2;–5);(3;–1) -1 -2 -3 0.25 -4 -5 -6 Số giao điểm đồ thị (C) đường thẳng d số nghiệm phương trình x x mx (1) x pt (1) x x mx x x 3x m x x m (2) Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) điểm phân biệt phương trình (2) m m phải có hai nghiệm phân biệt khác hay 9 4m m 757 0.25 0.25 0.5 sin x cos x 4sin x sin x cos x cos x 4sin x sin x cos x 2sin x 4sin x 2sin x cos x sin x 0.25 sin x x k sin x , k sin x x k cos x sin x 3 gpt: log x 3log II 1.5đ 0.25 0.25 x7 0 ĐK: x > log x 2 3log 2 x log x 6log x 0.25 log x 1 x log x 2log x log x x 0.25 ;x 8 0.25 2 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x Xét phương trình ln x x Diện tích hình phẳng 0.25 e e e S ln xdx x ln x x dx 1 x III 1đ e e dx e x 0.5 e 1 0.25 Gọi H trung điểm cạnh AB ta có SH đường cao hình chóp S.ABC CH đường cao tam giác ABC Từ giả thiết ta 300 Tam giác SHC vuông SCH IV 1đ H nên SH 3a tan 300 CH SH CH Vây, thể tích khối chóp S.ABC là: S D K 0.25 G A C H 1 a3 V SH AB.CH (đvtt) B 0.25 Dựng hình bình hành ABCD, d BC , SA d BC ,( SAD) d B, ( SAD ) 2d H , ( SAD ) Gọi G, K hình chiếu H đường thẳng AD SG ta có: AD HG AD ( SHG ) HK AD AD SH mà HK SG nên HK ( SAD ) hay d H , SAD HK Tam giác SHG vuông H nên 758 0.25 1 1 1 52 3a HK 2 2 2 HK HG HS HB HC HS 9a 13 3a Vậy, d BC , SA 13 Vì mặt cầu (S) có tâm I(1;1;0) tiếp xúc với mp(P) nên bán kính mặt 11 1 cầu r d ( I , ( P )) 3 V 1đ 0.25 Vậy, phương trình mặt cầu (S) là: x 1 y 1 z 0.25 Gọi mp ( ) mặt phẳng cần tìm Trục Ox chứa điểm O véctơ i (1;0;0) , mp(P) có vtpt n (1;1;1) mp ( ) chứa trục Ox vuông góc với mặt phẳng (P) nên qua điểm O nhận u n, i 0;1; 1 véctơ Vậy, phương trình mp ( ) : y – z = Gọi E, F, G trung điểm A đoạn thẳng CD, BH AB Ta chứng minh AF EF Ta thấy tứ giác ADEG ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF nội tiếp, D AF EF Đường thẳng AF có pt: x + 3y – = Tọa độ điểm F nghiệm hệ: 17 x 3 x y 10 17 F ; AF 5 x 3y y VI 1đ 0.25 AFE DCB EF G 0.25 0.25 B F H E C 0.25 32 AF ; 2 51 17 E t ;3t 10 EF t 3t 5 5 19 19 5t 34t 57 t t hay E 3; 1 E ; 5 Theo giả thiết ta E 3; 1 , pt AE: x + y – = Gọi D(x; y), tam giác ADE vuông cân D nên x 12 y 1 x 32 y 1 AD DE AD DE x 1 x 3 y 1 y 1 x x y x hay D (1;-1) D (3;1) x 1 x 3 y 1 y Vì D F nằm hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;–1) Khi đó, C(5; –1); B(1; 5) Vậy B(1; 5); C(5; –1) D(1; –1) 759 0.25 0.25 0.25 2 x y y (1) Giải hệ pt: 9 x xy y (2) x y Đk: x 1 +) Nếu y , để hệ có nghiệm y VT (1) x y VT (1) VP (1) hệ vô nghiệm VP (1) y 0.25 +) Nếu y < 0, từ (2) suy x > x xy y 9 y y (3) x x Xét hàm số f (t ) t t , t 0; f '(t ) 2t 9t 0t (3) f y x f ( y ) y x x Thế vào pt(1) ta có phương trình 0.25 y y (4) Hàm số y2 VII g ( y) y đồng biến ;0 ; hàm số h(y) = – y nghịch y2 biến ;0 phương trình có ngiệm y = –3 nên pt(4) có nghiệm 0.25 y = –3 Vậy, hệ có nghiệm (1; –3) Tổng số viên bi hộp 24 Gọi không gian mẫu Lấy ngẫu nhiên viên hộp ta có C244 cách lấy hay n( )= C244 Gọi A biến cố lấy viên bi có đủ màu Ta có trường hợp 0.25 sau: +) bi đỏ, bi vàng bi xanh: có C102 C81C61 2160 cách +) bi đỏ, bi vàng bi xanh: có C101 C82C61 1680 cách +) bi đỏ, bi vàng bi xanh: có C101 C81C62 1200 cách 0.25 Do đó, n(A) = 5040 0.25 Vậy, xác suất biến cố A P ( A) n( A) 5040 47,4% n() 10626 760 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 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 P2 a b ab ab Dầu “=” a=b ab=1 ab ab Dấu “=” ab=1 1 2 VIII Do đó, a b ab ab ab 1đ 4 16 ab bc ca c a c b c a b 2c ) ab 0.25 0.5 Đặt t a b 2c, t ta có: 16 t 1 6ln t , t 0; t2 16 t 6t 16t 32 t 6t f '(t ) t t3 t3 t3 BBT t f’(t) – + P f (t ) f(t) 5+6ln4 0.25 Vậy, GTNN P + 6ln4 a = b = c = Chú ý : Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa !!! 761