SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT CHUYÊN BÌNH LONG TỔ TOÁN – ĐỀ ÔN SỐ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Môn: TOÁN – Năm học: 2015 – 2016 Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề) x 1 có đồ thị (C) x3 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) b) Gọi I giao điểm hai tiệm cận (C) Tìm số thực m để đường thẳng d : y x m cắt (C) hai điểm phân biệt A, B tạo thành tam giác ABI có trọng tâm nằm (C) Câu (1,5 điểm) Cho hàm số y Câu (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f x x 5 x đoạn 0; 5 Câu (1,0 điểm) a) Xác định phần thực phần ảo số phức z biết rằng: z 3i 3i 1 i b) Giải phương trình sau: log 3x x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I tan x dx cos2x x y z 1 mặt 1 phẳng ( P ) : x y z Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm điểm I nằm đường thẳng d đồng thời (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) mặt phẳng (yOz) Câu (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : Câu (1,0 điểm) 1 sin x cos x sin x 4 cos x tan x b) Một hộp có 30 viên bi, có 13 viên màu xanh, viên bi màu đỏ viên bi màu vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để viên bi lấy ra, có viên bi màu đỏ a) Giải phương trình: Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, cạnh a, BD = a Trên cạnh AB lấy điểm M cho BM = 2AM Biết hai mặt phẳng (SAC) (SDM) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) mặt bên (SAB) tạo với mặt đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a cosin góc tạo bới hai đường thẳng OM SA Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho hình chữ nhật ABCD, gọi M trung điểm AB Đường thẳng d qua M D có phương trình x y Tìm tọa độ đỉnh B, C, D, biết A 1; đỉnh C nằm đường thẳng : x y hoành độ điểm C lớn 3 2 y y 4( x y 1) xy Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 ( x 1) y x (2 y 1) x x Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a 1 b 1 c 1 abc HẾT ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM CÂU NỘI DUNG a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C): y ĐIỂM x 1 x3 1đ * Tập xác định: D \ 3 * Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' x 3 0,25 0, x D Hàm số đồng biến khoảng ;3 3; * Giới hạn tiệm cận: Tiệm cận ngang: y 1 lim y 1 , lim y 1 x x lim y , Tiệm cận đứng: lim y x 3 x 3 Bảng biến thiên: x y 0,25 x + + 0,25 1 y 1 Đồ thị : Nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng Đi qua: A (0; 1/3); B(–1; 0) f( x) = x x g( x) = 10 5 10 0,25 b) Gọi I giao điểm hai tiệm cận (C) Tìm số thực m để đường thẳng d : y x m cắt (C) hai điểm phân biệt A, B tạo thành tam giác ABI có trọng tâm nằm (C) - Giao điểm hai đường tiệm cận I 3; 1 x 1 xm x3 x x m x 3 (do x = không nghiệm) 0,5đ - Phương trình hoành độ giao điểm: 0,25 x x m 3m (*) - Vậy để đường thẳng d cắt (C) hai điểm phân biệt x x m 3m có hai nghiệm phân biệt m m m ; 8 0; Gọi x1, x2 hai nghiệm phân biệt pt (*) Khi ta có A x1 ; x1 m , B x2 ; x2 m x x x1 x2 2m Khi trọng tâm G tam giác ABI có tọa độ G ; 3 m m 1 Mặt khác ta có x1 x2 m Vậy G ; Vậy để trọng tâm G thuộc (C) đó: m m 1 12 m 1 1 1 m 8m 20 5m 3 4m m 10 3 Kết luận: so với điều kiện, với m = 2; m = –10 thỏa mãn yêu cầu toán 0,25 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f x x 5 x đoạn 0; 5 f ' x x 35 x 50 x 0,5đ 0,25 Ta có f 0 ; f 5 ; f 2 0,25 Vậy max f x ; f x đoạn 0; 5 a) ) Xác định phần thực phần ảo số phức z biết rằng: z z 3i i 1 2i i i 1 i 3i 3i 1 i 0,5đ 0,25 Số phức z là: z i Vậy phần thực 2; phần ảo –1 0,25 b) Giải bất phương trình: log 3x x 0,5đ Điều kiện: 3x x log3 Pt 3x 3.32 x 0,25 tm tm 0,25 x 3x 3.3 9.3 x x log 3 2x x Kết luận: Phương trình có nghiệm: x 0; x log Tính tích phân: I tan x 0 cos2x dx 0,5đ tan xdx tan xdx tan x dx I 2 cos x cos x sin x tan x cos x 0 0,25 dx cos x Đổi cận: x t 0; x t 0,25 Đặt t tan x dt 4 tan xdx cos x I 3 t dt 1 t 1 1 dt t 1 0,25 10 ln 27 t t t dt 10 t ln 27 t 1 t3 t 0 10 3 1 ln 27 1 0,25 Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d) mặt phẳng (P) có x y 1 z 1 phương trình x y z Lập phương trình mặt cầu 1 (S) tâm điểm I nằm đường thẳng (d) đồng thời (S) tiếp xúc với mặt phẳng (S) mặt phẳng (yOz) +) Điểm I nằm đường thẳng d Suy I t; 1 t ;1 2t , t R +) Do S tiếp xúc với mặt phẳng P : x y z ta có d I , P t 1 t 2t 1 2 12 2 22 +) Ta có 3 I 1; 0;3 t t 3t t , t t t I ; ;0 2 R R x 12 y z 3 2 *) Vậy phương trình mặt cầu cần tìm 1 3 x y z 2 2 1 sin x cos x sin x a) Giải phương trình: tan x 4 0,25 t2 +) Do S tiếp xúc với mặt phẳng yOz : x ta có d I , yOz t t2 1đ cos x 0,25 0.25 0,25 0,5đ 0.25 ĐK: cos x tan x 1 sin x cos x Pt cho 1 sin x cos x sin x cos x 4 cos x sin x 1 sin x cos x sin x cos x 4 tan x 1 L sin x cos x 1 sin x cos x 1 cos x cos x 2 x k 2 L k 2 x (k/h với đk) 3 x k 2 KL: Pt có họ nghiệm: x 7 k 2 ; x k 2 6 k b) Một hộp có 30 viên bi, có 13 viên màu xanh, viên bi màu đỏ viên bi màu vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để viên bi lấy ra, có viên bi màu đỏ Chọn ngẫu nhiên viên bi từ hộp có 30 viên bi số phần tử không gian mẫu là: n() C304 27405 Gọi A biến cố: “Trong viên bi lấy có viên bi màu đỏ” A : “Trong viên bi lấy viên bi màu đỏ nào” Ta có số phần tử A n( A) C214 5985 Vậy: P ( A) P( A) 19/87 0.25 0,5đ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, cạnh a, BD = a Trên cạnh AB lấy điểm M cho BM = 2AM Biết hai mặt phẳng (SAC) (SDM) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) mặt bên (SAB) tạo với mặt đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a cosin góc tạo bới hai đường thẳng OM SA B Gọi H AC DM , Vì SAC ABCD SDM ABCD SH ABCD C Từ H kẻ HK vuông góc với B, O SK AB SKH 600 góc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) D HA AM 1 AO Do AM // CD nên suy ra: AH AC HC CD Mà tam giác ABD đều, AO đường cao a a SH HK tan 600 3a AH HK AH sin HAK 8 1 3a a a Vậy VS ABCD SH S ABCD 3 16 OM SA S Ta có cos OM ;SA , OM SA Mà ta có: OM SA OM AM SH AH AO AH AM AH AO AM AH c os300 1đ K M H 0,25 A 0.25 0.25 a a a 3 a2 C B 2 4 O a K 12 M H Vậy cos OM ; SA A a 13 a 21 273 D Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho điểm hình chữ nhật ABCD, M trung điểm AB Đường thẳng (d) qua M D có phương trình x y Tìm tọa độ đỉnh B, C, D biết A(1; 4) , đỉnh C nằm đường thẳng : x y hoành độ điểm C lớn +) Ta có C nằm đường thẳng : x y C t ;5 t , t , t 3 +) Lại có d C , MD 2.d A, MD t 5 t 2.4 12 2 2 2 t k t / m C 6; 1 3t 10 t +) Ta có điểm D nằm đường thẳng d : x y D 2t 2; t , t Lại có AD 2t 3; t ; CD 2t 8; t 1 +) Do ABCD hình chữ nhật nên 1đ t AD.CD 2t 3 2t t t 1 5t 25t 20 t KL: C 6; 1 , D 0;1 B 7; C 6; 1 , D 6; B 1; 1 y y 4( x y 1) xy Giải hệ phương trình: 2 2 ( x 1) y x (2 y 1) x 3x 1đ y Biến đổi pt ban đầu dạng ( y 2)( y 2)( y x) y 2 y x 0,25 0,25 TH 1: Với y = thay vào pt (2) : x x vô nghiệm TH 2: Với y = –2 thay vào (2): x x 2 suy nghiệm (x; y) =(–2; –2) 1 TH 3: Với y x thay vào (2): x x ( x )2 ( x )2 (vn) 2 0.25 Kl: hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (2; 2) 0,25 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c a Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1 b 1 c 1 abc 1đ Sử dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân cho ba số dương ta được: a b c 3 abc Ta có P a abc 0,25 1 b 1 c 1 abc 1 a b c 0,25 1 1 1 2 2 a b c ab bc ca abc 10 3 2 2.3 2.3. abc abc abc 2 2 0,25 3 1 2.3. 2 abc abc abc abc 3 1 2 3 Dấu xảy a b c Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 0,25 3