đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE161 THPT số 1 an nhơn, bình định w

THPT SỐ AN NHƠN ĐỀ THI THỬ 02 ĐỀ SỐ 161 KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2 điểm) Cho hàm số y   x  3mx  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị A, B cho tam giác OAB vuông O (với O gốc tọa độ ) Câu (1 điểm) Tính tổng tất nghiệm thuộc đoạn [0; 2015] phương trình: sin x   6sin x  cos x Câu (1 điểm) Tính tích phân sau I   x3  ln x dx x2 Câu (1 điểm) a) Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để làm trực nhật Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ b) Tìm quỹ tích điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  i  z  z  2i Câu (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 đường thẳng d: x 1 y 1 z  Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A vuông góc với đường   2 thẳng d Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho AB  27 Câu (1 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy 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 60 Tính thể tích khối chóp S ABC tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;  , tiếp tuyến A ADB có phương đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác  trình x  y   , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB  x  xy  x  y  y  y   Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình   y  x   y   x  Câu (1 điểm) Cho a, b, c số dương a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: P bc 3a  bc ca  3b  ca  ab 3c  ab Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………… ; Số báo danh: ……………………… -7- 923 Câu ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm a (1,0 điểm) Với m=1 hàm số trở thành: y   x3  3x  TXĐ: D  R y '  3 x  , y '   x   Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 0.25 1;   , đồng biến khoảng 0.25  1;1 Hàm số đạt cực đại x  , yCD  , đạt cực tiểu x  1 , yCT  1 lim y   , lim y   x  x  * Bảng biến thiên x – y’ + y 0.25 -1 + – + + -1 - Đồ thị: 0.25 2 B (1,0 điểm) y '  3 x  3m  3  x  m  y '   x  m   * 0.25 Đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị  PT (*) có nghiệm phân biệt  m  **   Khi điểm cực trị A  m ;1  2m m , B  m ;1  2m m    1 OAB vuông O  OA.OB   4m3  m    m  ( TM (**)) Vậy m  2 (1,0 điểm) sin x   6sin x  cos x  (sin x  6sin x)  (1  cos x)  0.25 0.25 0,25 0.25  sin x  cos x    sin x   2sin x  cos x   sin x   sin x    x  k , k  Z sin x  cos x  3(Vn) Vậy tổng nghiệm cần tìm là: S     2   641  205761 25 25 0.25 (1,0 điểm) 2 2 ln x x2 ln x ln x I   xdx   dx    dx    dx x x x 1 1 Tính J   1 1 ln x dx Đặt u  ln x, dv  dx Khi du  dx, v   x x x x 2 1 Do J   ln x   dx x x 1 -9- 924 0.25 0.25 Câu Nội dung Điểm 1 1 J   ln    ln  x1 2 Vậy I  0.25  ln 2 0.25 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) n     C113  165 0.25 6 Số cách chọn học sinh có nam nữ C C  C C  135 135 Do xác suất để học sinh chọn có nam nữ  165 11 b,(0,5điểm) Lời giải: Gọi z = x + yi (x, y   ) Ta có: z  i  z  z  2i  x   y  1 i    y  i  x   y  1  2  2y  y x Vậy quỹ tích cần tìm Parabol 0.25 0.25 0.25 x (1,0 điểm) y   Đường thẳng d có VTCP ud   2;1;3 Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT 0.25 Vậy PT mặt phẳng  P  : 2  x    1 y  1   z  3   2 x  y  z  18  0.25 Vì B  d nên B  1  2t;1  t; 3  3t  0.25 2 AB  27  AB  27    2t   t   6  3t   27  7t  24t   t   13 10 12    Vậy B  7; 4;6  B   ; ;   t  7  7  (1,0 điểm) Sj Gọi K trung điểm AB  HK  AB (1) 0.25 0.25 Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) Từ (1) (2) suy  AB  SK M B H C Do góc  SAB  với đáy góc SK HK   60 SKH K A a Ta có SH  HK tan SKH 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   Từ H kẻ HM  SK M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM - 10 - 925 0.25 Câu Nội dung Ta có Điểm 1 16 a a Vậy d  I ,  SAB        HM  2 HM HK SH 3a 4 0,25 (1,0 điểm)  Gọi AI phan giác BAC  Ta có :  AID   ABC  BAI A E M'   CAD   CAI  IAD   CAI ,  nên Mà BAI ABC  CAD   AID  IAD K M I B C 0,25 D  DAI cân D  DE  AI PT đường thẳng AI : x  y   0,25 Goị M’ điểm đối xứng M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y   Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)  VTCP đường thẳng AB AM '   3;5   VTPT đường thẳng AB  n   5; 3  0,25 0,25 Vậy PT đường thẳng AB là:  x  1   y     x  y   (1,0 điểm)  xy  x  y  y   x  xy  x  y  y  y  4(1)  Đk: 4 y  x     y 1   y  x   y   x  1(2)  Ta có (1)  x  y   x  y  y  1  4( y  1)  0.25 Đặt u  x  y , v  y 1 ( u  0, v  ) u  v Khi (1) trở thành : u  3uv  4v    u  4v(vn) Với u  v ta có x  y  , thay vào (2) ta :  y  y    y  1   y  2 y2  y   y 1    0.25 y2 0 y 1 1  0 y    y2  y   y 1   0y  ) y 1 1 Với y  x  Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT  5;  0.25 y 1 1     y  2    y2  y   y 1   y  (  y2  y   y 1  y (1,0 điểm) - 11 - 926 0.25 Câu Nội dung Vì a + b + c = ta có bc bc bc bc  1         ab ac  3a  bc a (a  b  c)  bc (a  b)(a  c) 1   Vì theo BĐT Cô-Si: , dấu đẳng thức xảy  b = c ab ac (a  b)(a  c) Tương tự Suy P  ca ca  1      ba bc 3b  ca ab ab  1       ca cb  3c  ab bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c     , 2(a  b) 2(c  a ) 2(b  c) 2 Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy max P = 927 - 12 - Điểm 0,25 0,25 0,25 a = b = c = 0,25