đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE235 THPT nguyễn tất thành, hà nội

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI THCS& THPT NGUYỄN TẤT THÀNH ĐỀ KIỂM TRA SÁT HẠCH KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016 MÔN TOÁN - LẦN (180 phút, không kể thời gian phát đề) Câu (1điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x3  x  x  Câu (1điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  2x 1 giao điểm x 1 đồ thị với đường thẳng d có phương trình: y = x + Câu (1điểm) a) Giải phương trình: 12 log x  log x  b) Cho số phức z thỏa mãn: (2 + i)z = – 3i Tính môđun w  i z  (1  i ) z Câu (1điểm) Tính tích phân: I   dx  x 1 Câu (1điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;-1;2), B(4;-2;3) đường thẳng d: x  y  z 1   Viết phương trình mặt phẳng trung trực đoạn thẳng 1 AB tìm tọa độ điểm C thuộc đường thẳng d cho tam giác ABC vuông C Câu (1điểm) a) Cho hàm số f ( x )  s inx  cos2 x  Giải phương trình f '( x)  b) Câu lạc cờ vua trường có học sinh khối 12, có học sinh khối 11 có học sinh khối 10 Chọn ngẫu nhiên học sinh thi đấu giao lưu với trường bạn Tính xác suất để học sinh chọn có học sinh khối Câu (1điểm) Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA  mp(ABC), tam giác SBC cạnh a, góc đường thẳng SC mp(ABC) 300 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AB SC Câu (1điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S = 40, biết đỉnh A(3;-2) Gọi M trung điểm cạnh CD Đường thẳng d qua B M có phương trình: x – 3y + 11 = Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật biết B có hoành độ âm  x  xy  x  y  y  y   Câu (1điểm) Giải hệ phương trình   x  x  y   3x  x  y  y  Câu 10 (1điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn: x  y  z  xy   x  y  z x2  y  z 3   x  z y 1 - Hết Cảm ơn thầy Đỗ Ngọc Điệp (dongocdiep1982@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  Câu Câu (1đ) ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án +) Tập xác định:  Điểm Chiều biến thiên: y '  3x  12 x  0,25  x  3  x  3 y'    ; y'   y '   3  x  1  x  1  x  1 +) Suy hàm số đồng biến  ;  3,  1;   ; nghịch biến  3;  1 0,25 HS đạt cực đại x  3, yCĐ  1, hàm số đạt cực tiểu x  1, yCT  3 Giới hạn vô cực: lim y   lim y   x   x   +) Bảng biến thiên: y x 3  y' + 1 –  + 0,25  3 y 1 O x 3  0,25 +) Vẽ đồ thị Đồ thị qua điểm A(-3;1) B(-1;-3), C(-4;-3), D( -2:-1) E(0;1) Câu (1đ) +) TXĐ: D  R \ {1} Tính đạo hàm: y '  +) Giải phương trình: 3 ( x  1)  x  2 2x 1  x   x2     x 1 x  1 1 Tiếp tuyến y   x  3 +) Với x   y (2)  5, y '(2)  3 Tiếp tuyến y  3 x  11 1 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm y   x  y  3 x  11 3 a) +) Điều kiện x > PT  12( log x )  log x    3(log x )  log x   Đặt t  log x Có phương trình: 1 +) 3t  2t    t  1, t   x  , x  3 3 Vậy phương trình có hai nghiệm x  x  3 +) Với x  2  y ( 2)  1, y '(2)  Câu (1đ) b) +) Số phức z   3i (4  3i )(2  i )  10i     2i 2i (2  i)(2  i) 3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 +)  w  i z  (1  i ) z  i (1  2i)  (1  i)(1  2i )   4i  w  17 Câu (1đ) +) Đổi biến x   t  x  t   dx  2tdt Khi x = t = 1, x = t = 2 2tdt   (2  ) dt +) Ta có: I   2t 2t Câu (1đ) +) Mặt phẳng trung trực (P) AB qua trung điểm AB K (2;  ; ) 2  +) Và có vec tơ pháp tuyến AB  (4; 1;1) Phương trình mp(P) là: 4( x  2)  ( y  )  ( z  )   x  y  z  12  2 +) Điểm C  d  C (2  t ; 3  t;1  2t ) Tam giác ABC vuông C  AC  BC  AB  (2  t )2  (2  t )2  (2t  1)  (t  2)2  (t  1)  (2t  2)  18  12t  6t   t  ; t  0,25 0,25 0,25 +) I  (2t  ln t  ) |12 +) I  (4  ln 4)  (2  ln 3)   ln 0,25 7 +) Vậy có tọa độ điểm C(2;-3;1) K ( ; ; 2) 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a) +) f '( x )  3cosx  sin x Câu (1đ)  cos x   +) f '( x )   cos x(  2s inx)    s inx      4  k 2 , x   k 2 Vậy f’(x) = với x   k , x  3 0,25 0,25 b) Không gian mẫu có C124  495 phần tử +) Gọi A biến cố: học sinh chọn có học sinh khối Trường hợp 1: HS chọn có khối 10, khối HS 0,25 Trường hợp 2: HS chọn có khối 11, khối HS Trường hợp 3: HS chọn có khối 12, khối HS +) Số cách chọn học sinh có đủ khối là: C32 C41C51  C31C42 C51  C31C41C52  270 270  Vậy số phần tử A 270 Xác suất biến cố A là: P ( A)  495 11 0,25 Câu (1đ) +) Gọi M trung điểm BC BC  SM  BC  AM Góc SC mp(ABC) 0,25   300 Do SC  a  SA  a , AC  3a  AM  AC  CM  a SCA 2 +) S ABC  BC AM  2 2 2a 1 2a a 2a  VS ABC  S ABC SA   3 24 +) Trong mp(ABC) kẻ đường thẳng d 0,25 S qua C song song với AB 0,25 Từ điểm A kẻ Kẻ AD  d , AH  SD , H d(AB;SC) = d(A;(SCD)) = AH A 2S ABC 2a 3a 6a  :  AB 2 1 11      AH SA2 AD a 2 a 2 a 2a 22 a  d ( AB; SC )  Vậy AH  11 11 +) AD  d (C; AB)  B M D 0,25 C +) Gọi H chân đường cao AH tam Câu (1đ) giác ABM AH  d ( A; BM )  10 Diện tích tam giác ABM nửa A B diện tích hình chữ nhật ABCD 40 BM AH  20  BM   10 2 10 0,25 Vậy có AH = BM =AM  H  M D +) Đường thẳng AM qua A, vuông góc với M C 0,25 BM  AM : x  y    M (1; 4) +) Điểm B thuộc đường thẳng BM  B (3b  11; b) MB  AM  10  (3b  12)  (b  4)2  40  b  8b  12   b  2; b   B(5; 2)   B(7; 6) ( L ) 0,25 +) Trung điểm AB N(-1;0), tâm I hình chữ nhật ABCD trung điểm MN, có I(0;2) I trung điểm AC BD Vậy C(-3;6) D(5;2) +) ĐK: x  0, y  Đặt a  x  0, b  y    x  a , y  b  Câu (1đ) PT thứ hệ trở thành: a  a (b  1)  a  2(b  1)  3(b  1)  b  0,25  ( a  a b  2b )  ( a  b )  a  b  0,25  ( a  b )( a  2b )  ( a  b)( a  b)  ( a  b)   ( a  b)[(a  b)( a  2b )  (a  b)  1]   a  b  y  x  0,25 +) Thay vào PT thứ hai hệ được: x  x   x   x   (1) +) Có thể giải PT(1) cách nhân liên hợp sử dụng đạo hàm sau: Xét hàm số: f ( x)  x3  x   x   x  với x  D  [0; ) 3x f '( x )  x   3x  1  3x  x3  2 3x   3x  x3 3x  0,25 Với x  D có: x   12 x   x  | x |  x +) f’(x) > với x > 0, hàm số f(x) đồng biến D Vậy phương trình (1) có không nghiệm thuộc D Thử với x = thỏa mãn phương trình (1) Vậy PT(1) có nghiệm x = 0,25 Với x = y = Hệ cho có nghiệm x = 1, y = Câu 10 (1 đ) (a  b)2  (a  b ) với a = x + y b = z 2 2 ta có: ( x  y  z )  ( x  y)  z  x  y  z  xy   x  y  z 2  t   t  t  2t    1  t  Vậy  t  2 +) Đặt t = x + y + z > Áp dụng BĐT 0,25 +) Áp dụng BĐT Bu-nhia-cốp-xki có: ( x  y  z )2  ( x  y z y2 z2  )2  (1   3)( x   )  6x2  y  2z 2 3 x  y  z ( x  y  z )2 t    8 3 12 12 1    , a, b   Áp dụng BĐT:   x  z y 1 x  y  z 1 t 1 a b ab 2 t 12 t 12 , t  (0;3]  D Vậy P   Xét hàm số f (t )   t 1 t 1 t 12 t (t  1)  48   0, t  (0;3)  f(t) nghịch biến D +) f '(t )   (t  1) 4(t  1)2 33 33 Hàm số f(t) đạt GTNN t =  minf (t )  f (3)  Vậy P  8 x y z +) Dấu đẳng thức đồng thời có: x + y = z, x + z = y + 1,   3 33  x  , y  1, z  Vậy P  x  , y  1, z  2 2 Cảm ơn thầy Đỗ Ngọc Điệp (dongocdiep1982@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 0,25 0,25 0,25