đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE264 THPT chuyên bắc ninh (l4)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ: TOÁN – TIN (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN IV NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm : 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 09/ 5/ 2016 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để f  x   x3  3mx   m 1 x  m đạt cực đại x 1 hàm số Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn (1  i ) z  2iz    3i Tìm môđun số phức w  z  z b) Giải bất phương trình log  x  1  log Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I    x 1  x 1  dx x 1 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x 1 y  z  x  y 1 z  d1 :   d : Chứng minh hai đường thẳng d1 d chéo   2 Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa đường thẳng d1 song song với đường thẳng d Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sin x  2cos x  sin x  cos x n   b) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niu – tơn  x   với x  , biết x  n số nguyên dương thỏa mãn An3  6Cn31  294 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a, AD  a Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD), SC tạo với mặt đáy góc 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD góc hai mặt phẳng (SBC), (SCD) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A Gọi D 1 3 điểm cạnh AB cho AB  AD , H hình chiếu vuông góc B CD, M  ;    2 trung điểm đoạn thẳng CH Viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm A  1;3 điểm B nằm đường thẳng  : x  y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình tập số thực:  x  x  xy  y  y  y  xy  x  2  2 x  x    y  x    x y  x 1  Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  với x  max{x, y , z} đồng thời y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x2 y2 z   2 x  z y  z 2x  y3 - Hết - T Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN IV NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN Câu Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  3x   1,0đ TXĐ: D   0,25  Sự biến thiên *) Giới hạn tiện cận lim y   , suy đồ thị hàm số khôngcó tiệm cận x   *) Bảng biến thiên y   3x  x , y    x  x   x  0, x  x  0 y      0,5  Hàm số nghịch biến khoảng  0;  (1,0 điểm) Hàm số đồng biến khoảng  ;0  ,  2;   Hàm số đạt cực đạt cực đại x  0; yCD  Hàm số đạt cực đạt cực tiểu x  2; yCT   Đồ thị 0,25 -2 Tìm tất giá trị tham số f  x   x3  3mx   m 1 x  m đạt cực đại x 1   (1,0 điểm)  m để hàm số f   x   x  6mx   m 1 ; Hàm số f  x  đạt cực đại x 1  f  1 1 m   3m  6m    m  Với m  : f   x   x  Lập BBT hàm số f  x  ta thấy hàm số f  x  đạt cực tiểu x 1 nên m  không thỏa mãn  Với m  : f   x   x  12 x  Lập BBT hàm số f  x  ta thấy hàm số f  x  đạt cực đại x 1 nên m  thỏa mãn Vậy m  1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 a) Cho số phức z thỏa mãn (1  i ) z  2iz    3i Tìm môđun số phức w  z  z2  0,5 Đặt z  x  yi ( x, y   ) Thay vào giả thiết, ta (1  i )( x  yi)  2i ( x  yi)  5  3i  x  y  ( x  y )i  5  3i 0,25  x  y  5 x     z   4i x  y  y  (1,0 điểm)  Khi w  z  z  40  60i  w  40  60  20 13 b) Giải bất phương trình log  x  1  log  ĐK: x   x 1  * Đưa BPT: log  x  1 x 1 1 (do với x   x   )   x  x      x  Kết hợp với ĐK (*) ta  x  2 Tính tích phân I   (1,0 điểm) (1,0 điểm)  x 1 x 1 dx  Tính I1   dx  x 1 1 d  x  1 2x dx    ln  x  1  ln 2 0 x 1 x 1 Tính I    Suy I 1  ln hai đường thẳng chéo  Gọi n VTPT (P), từ giả thiết ta có    n  u1        chọn n  u1 , u2  n  u2 Mp(P) qua điểm A 1;7;3 có VTPT n nên có phương trình x  22 y  10 z  133  0,25 0,25 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x 1 y  z  x  y 1 z  d1 :   d : Chứng minh hai đường   2 thẳng d1 d chéo Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa đường thẳng d1 song song với đường thẳng d   Đường thẳng d1 qua điểm A 1;7;3 có VTCP u1  (2;1; 4)  Đường thẳng d qua điểm B  3; 1; 2  có VTCP u2  (6; 2; 1)  Ta có AB  2;  8; 5        Tính u1 , u2    9;22;  1  u1 , u2  AB  108  Từ suy      0,25 0,25  0,25 1,0 1 1 2x 2x  Đưa tích phân I   1   dx   dx   dx 0 x 1  x 1  0,5  0,25 1,0 0, 25 0, 25 0, a) Giải phương trình sin x  2cos x  sin x  cos x  0,5 Đưa phương trình  sin x  cos x  2cos x 1  0,25    sin x  cos x   sin  x     x   k 4    2cos x 1   cosx   x    k 2 b) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niu – tơn  (1,0 điểm) n   3 x    với x  , biết n số nguyên dương thỏa An   6Cn 1  294 x  3  Từ giả thiết An3  6Cn1  294  ( n  1)( n  2)( n  3)  ( n  1) n(n  1)  294  (n  1)  49  n  0, 25 0,5 0,25 12 k   k k  Với n =   x     C6 ( 2) x x  k 0  0,25 Số hạng không chứa x ứng với k = a0  C64 (2)4  240 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a, AD  a Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD), SC tạo với mặt đáy góc 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD góc hai mặt phẳng (SBC), (SCD)  Tính VS ABCD  SH S ABCD 1,0 S Với H trung điểm AB, ta có SH   ABCD  góc SC với mặt H  đáy (ABCD) góc SCH  Ta có : HC  0,25 E B (1,0 điểm) D A C 3a   3a tan 600  3a SH  HC tan SCH 2 a VS ABCD  SH.S ABCD  HB  BC   S ABCD  AB.AD  a  Gọi E trung điểm CD Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho  3a  a  H  0; 0;  , B  ; 0;0  , E 0; a 2;0 , S  0; 0;  2      3a   a    a     2   a 3a    a 3a  SC   ;a 2;   , SD    ;a 2;     2  2       SB, SC    3a ;0; a   VTPT mp(SBC) chọn n1  3;0;1     a 2   Ta có C  ; a 2;0  , D   ; a 2;0   SB   ;0;      Tương tự VTPT mp(SCD) n2  0;3 3; 2   Gọi góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD)  , ta có:   n1.n2 2 10 10 cos          arccos 35 35 28 35 n1 n2 0,25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC cân A Gọi D điểm cạnh AB cho AB  AD , H hình chiếu vuông góc B CD, 1 3 M  ;   trung điểm đoạn thẳng CH Viết phương trình đường thẳng  2 BC, biết điểm A  1;3 điểm B nằm đường thẳng  : x  y   1,0 A Chứng minh MA  MB D H 0, 25 M (1,0 điểm) C B      AM  ;   , đường thẳng BM qua M nhận AM làm vtpt nên có phương 2 2 trình x  y   ; B    BM  B   4;  3    Giả sử D  a; b  , ta có AB   3;   , AD  a  1; b  3   3  a  1   a   AB  AD     D   2;1 3  b  3   b    5   MD   ;  vtcp CD nên CD nhận n 1;1 làm vtpt CD qua D nên có  2 phương trình x  y 1  BH qua B vuông góc với CD nên có phương trình x  y   H  BH  CD  H  1;   M trung điểm CH nên C  2;  3 Từ suy phương trình BC y   (1,0 điểm)  x  x  xy  y  y  y  xy  x  Giải hệ phương trình:  2 x  x    y  x 1   x y  x 1   ĐKXĐ: x  0, y  1, y  x   Với ĐKXĐ ta có    (1)  x  y  ( x  y )  x  xy  x   ( x  y )( x  y  1)  0, 25 0,25 0, 25 1,0  xy  y  y  x( x  y  1) y ( x  y  1)  0 x  xy  x y  xy  y   x y  ( x  y  1)  x  y      x  y    x  xy  x y  xy  y   0, 25  Vì với ĐKXĐ, ta có:   x y x y   x  y 0 x  xy  x y  xy  y x  xy  x  y  xy  y  2 Thay vào (2) ta x  x    x  x  (*) x x  2x  2 Xét hàm f ( x)   x  x  2, x  x  2x  (1  x)( x  x  4) Ta có f ( x)  Từ suy Max f ( x )  f (1)  ( x  x  2)3 x y  Xét g ( x)  x  x  g ( x)  2x 0, 25 0, 25 , x  ta có x x  x 1  x x   x2 x  x  x 1 x x  x ( x  x  1)  1  x     x  1    x x     0, 25 nên Min g ( x )  g (1)  Do ta có VT (*)  VP (*), x  , phương trình (*) xảy  x  Khi y  Ta đến kết luân hệ có nghiệm  x ; y   (1;2) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  với x  max{x, y , z} đồng thời y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x2 y2 z T   x  z y  z 2x  y3 1,0  Ta có x  max{x, y, z} x  y  z  nên suy  z  1,0  y  x  z  x  y  z, y  z  x  y  z x2 y2 x2  y2  z2     x  z y  z x2  y2  z  z  z z z Và x   x , y  y  x  y   x  y   z   2x  y  z2 10 (1,0 điểm) 6  z2  2 z 2 z z  z2  Để ý  z   z  z    z  z  (đúng  z  ) nên 6  z2  z 12  z  z T    f ( z)  z  z2  z2  z2 z  12 z   Xét hàm f ( z ) với  z  Ta có f ( z )  2  z   Suy T  0, 25   Lập bảng biến thiên ta đến kết luận f ( z )  f (1)  z   0;1 7 Với x  z  1, y  T  Vậy Min T  2 Hết - 0, 25 0, 25 0, 25