SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN I Môn : 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 x4 x2 Câu ( 1,0 điểm ) Tìm m để hàm số y x3 3mx m2 1 x đạt cực tiểu x Câu ( 1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn i z 3i Tìm phần thực phần ảo số phức z z b) Giải phương trình log3 2.3x 3 x Câu ( 1,0 điểm) Tính tích phân I x cos x dx Câu ( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ; 1; 2 B 1;1;1 mặt phẳng P : x y z Viết phương trình đường thẳng d qua A B Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho khoảng cách từ M đến P Câu ( 1,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức A sin 2a.sin a biết cos a cos 2a b) Trong kì thi THPT Quốc Gia năm 2016 có môn thi trắc nghiệm môn thi tự luận Một giáo viên bốc thăm ngẫu nhiên để phụ trách coi thi môn Tính xác suất để giáo viên coi thi môn thi trắc nghiệm Câu ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB a ; BC a Tam giác SBC cân S nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, góc đường thẳng SD mặt phẳng ABCD 60 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách SC BD Câu ( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân A , có đường cao AH Gọi D trung điểm AH Giả sử B 1; 1 E 2;0 hình chiếu vuông góc H lên CD Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng d : 2x y Câu ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình x xy y x 1 x y x y x; y x y x y x y 1 Câu 10 ( 1,0 điểm) Cho a , b, c số thực thuộc đoạn 1 ; 2 thỏa mãn a b c Tìm giá trị lớn biểu thức P a b 5c 6abc abc ab bc ca Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………………….; Số báo danh……………………… Câu (1,0) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định: Sự biến thiên: x x 1 -Chiều biến thiên:Ta có y ' x3 x ; y' 0.25 Trên khoảng ; 1 ; 1 ta có y ' nên hàm số nghịch biến Trên khoảng 1; 1; ta có y ' nên hàm số đồng biến -Cực trị : Hàm số đạt cực đại x ; yCD y 3 ; hàm số đạt cực tiểu x 1; yCT y 1 4 0.25 -Giới hạn: lim y lim x x ; lim y lim x x x x x x -Bảng biến thiên: x y' 1 - + - + 0.25 -3 y -4 -4 Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành ; 3; 0.25 Đồ thị cắt trục tung điểm ; 3 Đồ thị nhân trục tung làm trục đối xứng (1,0 ) x m 1 x m 1 Ta có y ' x 6mx m ; y ' 0.25 Ta có y ' đổi dấu từ âm sang dương x qua m nên hàm số đạt cực tiểu x m 0.5 Theo ta có xCT m m 0.25 Vậy m giá trị cần tìm (1,0 ) a) Ta có i z 3i z 3i 2i 2i Suy z z 2i 1 2i 2i Vậy có phần thực phần ảo 0.25 0.25 b).Phương trình cho tương đương 2.3 x 32 x 32 x 2.3 x t 1 t (1,0) Đặt t 3x , phương trình trở thành: t 2t 0.25 Đối chiếu điều kiện ta có t Do 3x x Vậy phương trình cho có nghiệm x 0.25 2 Ta có I xdx x cos xdx Tính I1 3xdx x 0 2 0.25 Tính I2 x cosx dx Đặt u x ; dv cos xdx Suy du dx , chọn v sin x 0.25 Do I2 x sin x 2 sin xdx x sin x cos x 02 0 Vậy I I1 I2 (1,0) 1 3 1 2 2 Ta có AB 1; ; 3 vec tơ phương đường thẳng d Phương trình đường thẳng d x y 1 z Gọi M t ; 1 2t ; 2 3t d Theo ta có d M ; P t 1 2t 2 3t 12 2 2 2 sin2 a.cos a sin2 a cos a cos2 a Theo ta có cos a sin2 a cos2 a 9 Vậy A Số cách bốc thăm ngẫu nhiên môn môn thi n C8 56 Ta có A Gọi A biến cố “Để giáo viên coi thi môn thi trắc nghiệm” Có trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: môn trắc nghiệm; môn tự luận Trường hợp 2: môn trắc nghiệm; môn tự luận Ta có n A C4 C4 C4 C4 28 Vậy xác suất cần tính P A n A n 28 56 0.25 0.25 0.25 0.25 2 5 t t 1 5t 5 t 6 t 11 Với t 1 M 1; 3; 5 ; với t 11 M 11; 21; 31 (1,0) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (1,0) Diện tích hình chữ nhật ABCD SABCD AB.BC a 2 a 2 a2 Gọi H trung điểm BC ta có tam giác SBC cân S nên SH BC mà SBC ABCD suy SH ABCD 0.5 60 Góc đường thẳng SD mặt phẳng ABCD SDH Ta có SH HD.tan SDH HC CD2 tan 60 a2 2a2 3a 1 Thể tích khối chóp S.ABCD V SH SABCD 3a.2 a2 2 a3 3 Dựng hình bình hành BDCE, ta có CE //BD Suy BD // SCE Ta có d BD ; SC d BD ; SCE d B ; SCE d H ; SCE 0.25 Kẻ HK CE với K CE , ta có SH CE nên CE SHK Kẻ HI SK với I HK ta có HI CE Từ suy HI SCE Do d H ; SCE HI Ta có S BC CD 2a a a HK HC sin HCK BD a Trong tam giác vuông SHK a 3a 3a ta có HI SH HK 2 14 SH HK a2 a2 Vậy d BD ; SC HI (1,0) 0.25 I E K B 3a 7 C H A D EDH nên Ta có HCE DHE ; EHC A HCE DHE g g Suy HE DE HE DE (Vì tam giác ABC cân HC DH HB 0.25 DA A nên HB HC D trung điểm AH ta có DA=DH) D Do ADE BHE (c-g-c) ADE BHE EAD hay EBH EAH Vậy tứ suy EBH giác AEHB nội tiếp nên AEB AHB 90 (góc E nội tiếp chắn cung AB ) hay AE EB B H C Gọi A a ; a 1 d Ta có EA a ; a 1 ; EB 3; 1 Vì AE EB AE EB a a a Suy A 1; x 1 y ; Gọi H x ; y , D trung điểm AH nên D 2 HA.HB x 2; y x y y Ta có x 1; y 1 x y x y EH ED Ta có H E nên suy H 1; 1 Vì H trung điểm BC nên C 3; 1 Kết luận : A 1; 3 , C 3; 1 0.25 0.25 0.25 CÂU (1,0) NỘI DUNG ĐIỂM ; x y Đặt t x y ( t ) y t x t PT (1) trở thành: xt t x t 2t x t 1 t x t x Điều kiện: x y x y x y thay vào PT (2) hệ ta được: Với t ta có 2x 2x 2x 0.25 x Do 2x x 1 x ; y 3 ; x ; y 1; 2 0.25 x x y x thay vào PT(2) ta x y x Với t x ta có x2 x2 x x2 x (*) Áp dụng bất đẳng thức AM GM ta có x2 x2 x Cộng vế theo vế ta x x x 2 3x x Dấu “=” xảy x 1 x2 x2 x 2 3x x Từ phương trình (*) suy x x x 1 x 1 Vậy phương trình (*) có nghiệm x 1 Do x ; y 1; x2 0.5 3 ; x ; y 1; 2 Kết luận : Hệ cho có hai nghiệm x ; y 10 (1,0) Vì a , b , c 1; nên ta có a4 5a2 ; b4 5b2 Suy a b 5c a b c a b c ab bc ca 4 2 0.25 Và a b c abc ab bc ca a b c a 1 b 1 c 1 abc ab bc ca a b c mà a b c Nên ta có ab bc ca abc ab bc ca ab bc ca Suy ra: a4 b4 5c2 abc ab bc ca 24 ab bc ca 25 25 Do P ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca 0.25 a b c Đặt t ab bc ca , ta có ab bc ca Ta có P f t 16 16 nên t 5 ; 3 25 25 16 t có f ' t 1 ,t 5 ; ; t t 3 16 Do P f t f 5 3 Với a b 1; c P Vậy giá trị lớn P Suy f t nghịch biến 5 ; 0.5