đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE263 THPT nguyễn hữu cảnh, bình phước (l3)

SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH (Đề thi gồm trang) ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN Môn: TOÁN – Năm học: 2015 – 2016 Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề) x 1 (1) x 1 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) 2) Tìm đồ thị hàm số (1) điểm M có hoành độ âm cho M với hai điểm A 1;0  , B  3;1 tạo thành tam giác có diện tích Câu 2: (1 điểm) 1) Giải phương trình: log 3.log  x  1  Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y  1 2) Giải bất phương trình:   2 x 1  2 x Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân: I  x 1 x2  dx Câu 4: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a;  ASC  900 hình AC Tính theo a thể tích khối chóp khoảng cách đường thẳng CD với mặt phẳng (SAB) chiếu S lên (ABCD) điểm H thuộc đoạn AC cho AH  Câu 5: (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;3;  1 , B  1;1;3 đường thẳng d có phương trình x y 1 z  Viết phương trình mặt phẳng trung trực đoạn AB   1 tìm điểm C đường thẳng d cho CAB tam giác cân C Câu 6: (1 điểm) 1) Gọi x1, x2 hai nghiệm tập số phức phương trình: x  x   Tính x1  x2 2) Giải phương trình:  sin x  cos x Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : x  y   điểm A  1;  Gọi M giao điểm  với trục hoành Tìm hai điểm B, C cho M trung điểm AB trung điểm N đoạn AC nằm đường thẳng , đồng thời diện tích tam giác ABC  x  x   x   Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x  y  x  y  44 y 1  y   y  Câu 9: (1 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: P  2 x  y  z   x  y   x  z  y  z  ––––Hết–––– Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 03 Câu Gợi ý nội dung Điểm x 1 (1) x 1 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Cho hàm số y  1.1 (1điểm) Txđ Sự biến thiên BBT Đồ thị ( qua điểm đặc biệt ) 0,25 0,25 0,25 0,25 2) Tìm đồ thị hàm số (1) điểm M có hoành độ âm cho M với hai điểm A 1;0  , B  3;1 tạo thành tam giác có diện tích  AB   2;1 , AB  , phương trình đường thẳng AB: x  y   1.2 (1điểm) 0,25  x 1  M  x;  điểm cần tìm, ta có S MAB  AB d  M ;( AB )   x 1   S MAB  x2 0,25 x 1 1  x2  x   x2  x  x 1  5 x 1 x  x   0,25  x  3 (vì x  ) 1  ĐS: M  3;  2  0,25 1) Giải phương trình: log 3.log  x  1  1) pt  log  x  1   x    x  (1điểm) 1 2) Giải bất phương trình:   2 0,50 x 1  2 x 2) bpt   x 1  2 x   x   2 x  x  Tính tích phân: I  x I x (1điểm) dx  x 1 x 1 x2  x x2 1 0,50 dx 0,25 dx Đặt u  x   u  x   udu  xdx ,  x  u  I u   u  1 u du  2   ln 3  2   u    u  1   u  1 u  1 du  2 2   u 1     du  ln u 1  u 1 u 1  0,25 0,25 0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a;  ASC  900 hình AC Tính theo a thể tích khối chóp khoảng cách đường thẳng CD với mặt phẳng (SAB) chiếu S lên (ABCD) điểm H thuộc đoạn AC cho AH  AH  a 3a , CH  4 SAC vuông S: SH  AH CH  (1điểm) a3 3a ,V 12 CD //  SAB   d  CD; ( SAB )   d  C ;( SAB )   4d  H ; ( SAB )  0,25 0,25 Trong (ABCD), kẻ HK  AB  AB   SHK    SAB    SHK  Trong (SHK), kẻ HI  SK  HI   SAB  0,25 HK  a 1 16 56 3a ,       HI  2 HI HK SH a 3a 3a 56 d  CD; ( SAB )   0,25 2a 14 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;3;  1 , B  1;1;3 đường thẳng d có phương trình x y 1 z  Viết phương trình mặt phẳng trung trực đoạn   1 AB tìm điểm C đường thẳng d cho CAB tam giác cân C (1điểm)  Tọa độ trung điểm M đoạn AB: M  0; 2; 1 , AB    2;  2;   Mặt phẳng trung trực (P) đoạn AB qua M, nhận n  1; 1;   làm VTPT nên có phương trình: x  y    z  1   x  y  z  0,25 CAB cân C  CA  CB  C   P  0,25 Vậy C giao điểm d với (P), tọa độ C nghiệm:  x y 1 z     1  C   6; 4;  1 2 x  y  2z   0,50 1) Gọi x1, x2 hai nghiệm tập số phức phương trình: x  x   Tính x1  x2     4i , (1điểm) 0,25 x1  1  2i , x2  1  2i , x1  x2  0,25 2) Giải phương trình:  sin x  cos x  x  k sin x   sin x  cos x  2sin x cos x   2sin x      x    k cos x   sin x   0,25 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : x  y   điểm A  1;  Gọi M giao điểm  với trục hoành Tìm hai điểm B, C cho M trung điểm AB trung điểm N đoạn AC nằm đường thẳng , đồng thời diện tích tam giác ABC y A N C x M (1điểm) B 2 x  y   1  Tọa độ M:   M  ;0  2  y  x 1  Giả sử B  x; y  , M trung điểm AB nên   B  2;   y   Giả sử C  x; y  , ta có: 0,25  x 1 y  N   2       S  BC d A ;    4   x  2   y  2  ABC  0,25 0,25 0,25  x  y  2 x  y  x     2 x    x     y    80 5 x  20 x  60  ĐS: B  2;   , C  6;  10  C  2;   x  x   x   Giải hệ phương trình:  2  x  y  x  y  44 y   y   y  (1) (2) Xét hàm số f  t   t  t   t   0;    , có f t   (1điểm) t  1   0, t   0;    t 2 t 4 Nên (1)  x  x   x   0,25  y      y  5   y5 0,25  x  y  (*) Thay (*) vào (2): y   y   (3) Nhân (3) với lượng liên hợp:  (3), (4)  y    y  ĐS: 1;  y3  y2 0,25 (4) 0,25 Cho ba số thực dương x, y, z Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: P  x  y  z   x  y   x  z  y  z  * x  y  z    x  y    x  y    z     z   (1điểm) 1 2   x  y   xy   z  22   z    x  y    z     2 1 2   x  y    z     x  y  z      x  y  z     4 1 *  x  y   x  z  y  z    x  y   x  y  z    3x  y  x  y  z  (1) Vì  3x  y  x  y  z    3x  y  x  y  z    x  y  z  nên (1)   x  y   x  z  y  z    x  y  z  Vậy P  0,25 0,25 27  x  y  z  2  x  y  z 2 Đặt t  x  y  z , xét hàm số f  t   Ta có f   t    t  2  27  với t  t  2t 8t  2t  108t  108 27  f t  ,   t3 t t  2 f   t    t   f  6  t f t  + 0,25   f t  x  y  z  5 Vậy P  Suy max P   x yz2 8 x  y  z Mọi cách giải khác đạt điểm tối đa 0,25