đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE176 THPT đặng thúc hứa, nghệ an (l1)

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 2i 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  5t     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