đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE185 THPT nguyễn hồng đạo, bình định

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ ÔN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỒNG ĐẠO Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Không kể thời gian phát đề Câu 1.. Tính mô đun củ

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ ÔN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỒNG ĐẠO Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: 2 1

1

x y x







a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm trên (C) có tung độ bằng 5

Câu 2: (1,0 điểm)

a) Giải phương trình: 1 cos 2 cos 1 2 sin

1

1 cos

x





b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: 1 2 i z 2 3 i z   2 2i Tính mô đun của z

Câu 3: (0,5 điểm) Giải phương trình: x log 9 22  x 3

Câu 4: (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 2

(4x  x 7) x210 4 x8x

Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân

1

2 0

2 1

x

x



Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a Cạnh bên

SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 450 và SC  2 a 2 Tính

thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) theo a

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A4; 1  Hai đường trung tuyến BB1 và CC1

của tam giác ABC có phương trình lần lượt là 8xy  và 143 0 x13y  Xác định tọa độ 9 0

các đỉnh B và C

Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; 2;1) , B ( 1;0;3), (0; 2;1)

C Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ

từ A của tam giác ABC

Câu 9 (0,5 điểm) Gieo đồng thời ba con xúc sắc Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên ba

con là 10

Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức 2 1 2 2 1 2 2 1 2

P

–––––––––HẾT–––––––––

ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

MÔN : TOÁN

1

a

Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x







a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

 Tập xác định: D  \ {1}

 Đạo hàm: 3 2

0, ( 1)

x



    



 Giới hạn và tiệm cận:

; lim 2 lim 2 2

      là tiệm cận ngang

;

        là tiệm cận đứng

 Bảng biến thiên

x –  1 +

y 2





2 Hàm số luôn NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị

 Đồ thị:

Giao điểm với trục hoành: cho 1

0

2

y    x

Giao điểm với trục tung: cho x    0 y 1

0.25

0.25

0.25

0.25

b

0

2 1

1

x

x



        



(2 1)



 Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y  5 3(x2)y  3x 11

0.5

0.25

0.25

b) Điều kiện: cosx 1 xk2 , k  Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương:

2

1 cos (2 cos x x1) 2 s inx 1 cosx2sin x 2 sinx 2 0

0,25

x

y

5

4

3 1 -2

4

2

2 1 -1

O

2 5

          (thỏa điều kiện) 0,25

b

Gọi z = x + yix y, R Phương trình đã cho trở thành:

1 2 ix yi  2 3 ixyi  2 2i

 x2y  2xy i 2x3y  3x2y i   2 2i

 3x5y   x y i   2 2i

0,25

Do đó z  1212  2

0,25

3

Điều kiện: 92x0 Phương trình đã cho tương đương:

3 2

log (9 2 ) 3 x    x 9 2x2x 0,25

8

3

x

x x







(thỏa điều kiện) 0,25

4

Điều kiện: x   , bất phương trình đã cho tương đương: 2

(4x  x 7) x 2 2(4x  x 7)2 (x2) 4

2

(4x  x 7)( x 2  2)  2( x 2  2)( x 2  2)

0,25

4 7 2 2 4 4 ( 2) 2 2 1 (2 ) ( 2 1) ( 2 1 2 )( 2 1 2 ) 0

           



 

   





 

   



     hoặc 5 41

8

Vậy tập nghiệm  2; 1 5 41;

8

T      

0,5

5

+

+ Tính được

1

0

2

ln 2 1

x

x





+ Tính được

1 2 0

1

x

I   xe dx  + Tính đúng đáp số I  1 ln 2

0.25

0.25

0.25

0.25

6

+ Vẽ hình đúng, nêu được công thức thể tích 1

3 ABCD

và tính đúng SA AC2a + Tính đúng BC AC2AB2 a 3, S ABCD AB BC a2 3

và ĐS đúng

3

2 3 3

a

0.25

0.25

+ Gọi H là hình chiếu của A lên SD Chứng minh được AH SCD

Từ đây khẳng định được d B SCD ,  d A SCD ,   = AH + Tính được AH theo công thức 1 2 12 12

0.25

0.25

7

+ Gọi B1 là trung điểm AC, suy ra B1(a, 8a – 3) Vì B1 là trung điểm AC nên C(2a – 4;16a – 5)

+ Vì CCC1 nên suy ra a = 0 Từ đây, thu được C(–4;–5) + Tương tự cho B(1; 5)

0.25

0.25

0.5

8

Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;–1;2),bán kính mặt cầu:R  3

Phương trình mặt cầu (S):x2 (y1)2(z2)2 3

Giả sử H(x;y;z),AH (x 1; y 2; z 1),   BC(1; 2; 2), BH(x1; ;y z3)

0 2 2 5

AH BC AH BC x y z 

   

BH



3

BC

  



 

 





Tìm được 7 4 23; ;

9 9 9

0.25 0.25

0.25

0.25

9

Gọi là tập hợp tất cả các khả năng xảy ra.Ta có n() = 6.6.6=216 Gọi A là biến cố:” tổng số chấm xuất hiện trên ba con là 10”

Các khả năng thuận lợi của A chính là tổ hợp có tổng bằng 10 là: (1;3;6), (1;4;5), (2;2;6), (2;3;5), (3;3;4) và các hoán vị có thể của các tổ hợp này

Ta có n(A) = 6 + 6 + 3 + 6 + 3 = 24 (do (2;2;6), (3;3;4) chỉ có 3 hoán vị)

Vậy xác suất P(A) = ( )

( )

n A

n  =

24 1

2169

0.25

0.25

10

P

Ta có a2+b2  2ab, b2+ 1  2b  2 1 2 2 2 1 2 1. 1

Tương tự 2 12 1. 1 , 2 12 1. 1

P

1 2



P khi a = b = c = 1

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1

2 khi a = b = c = 1

0.25

0.25

0.25

0.25

* Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều