đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE240 THPT đa phúc, hà nội (l3)

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỀ THI THỬ LẦN Mônthi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  2x2  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị hàm số 1 2x y hai điểm phân biệt A B cho trung điểm AB nằm trục hoành x 1 Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thoả mãn: ( z  i )(1  2i )   3i  Tính môđun số phức w  z  z b) Giải phương trình: 24 x 2.4 x    x  sin x dx cos x  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;0; 3) mặt phẳng ( P) : x  y  z  12  Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc trục Ox, qua A tiếp xúc với (P) Câu (1,0 điểm)  (cos   cos  )  (sin   sin  ) a) Cho     Tính giá trị biểu thức P  (sin   cos  )  (cos   sin  ) b) Trong giải bóng đá trường THPT X có 16 đội tham gia, có đội lớp Y đội lớp Z Ban tổ chức giải tiến hành bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai bảng A B, bảng đội Tính xác suất để hai đội Y Z bảng Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi I trung điểm cạnh AB Các mặt phẳng (SBD) (SIC) vuông góc với mặt đáy Góc đường thẳng SB mặt phẳng (ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA IC theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi D điểm đối xứng A qua BC Đường thẳng qua A vuông góc với CD có phương trình x  y  20  Biết phương trình đường thẳng AD: x  y  10  , điểm B nằm đường thẳng d : x  y   Tìm toạ độ điểm B, C   x y x2  y 2 2  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x, y     4 x y  8x  y   y  x  Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thoả mãn ab  bc  ca  3abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  ( a  1)(b  1)(c  1)  3 a  b  c3  Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: ……………….……… TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 THI THỬ LẦN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Mônthi: TOÁN Câu Đáp án Điểm (1 điểm) - TXĐ: D   0.25 x  Sự biến thiên: y '  x  x; y '   x3  x     x  2 - Gới hạn: 1  1  lim y  lim  x  x    ; lim y  lim  x  x     x  x  x  x      - Bảng biến thiên Bảng biến thiên x –∞ +∞ 2 – + – + y +∞ +∞ - (1,0 điểm) 0.25 y 1 0.25 1 - Hàm số đồng biến khoảng ( 2; 0) (2;  ) – Hàm số nghịch biến khoảng ( ; 2) (0; 2) - Hàm số đạt CĐ (0; 3) đạt CT (–2; –1); (2; –1) - Hàm số đạt cực đại x  0, ycd  Hàm số đạt cực tiểu x  2, yct  1 - Vẽ đồ thị: Đồ thị cắt trục Oy điểm (0;3) nhận Oy làm trục đối xứng 0.25 (1 điểm) (1 điểm) *Phương trình hoành độ giao điểm:  2x  x  m  x2  (m  3) x  m   (1) (vì x  1 không nghiệm) x 1 *Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số hai điểm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2    (m  3)  4(m  1)   m  2m  13  0, m *Khi A( x1 ; x1  m), B( x2 ; x2  m) trung điểm I  x  x x  x  2m  I 2;    *Vì I thuộc Ox nên x1  x2  2m  ; theo vi-ét ta có: x1  x2   m  Vậy ta có phương trình: m   2m   m  AB 0.25 0.25 0.25 0.25 a) (0,5 điểm) * Ta có: z  i  (1 điểm)  3i (1  3i )(1  2i )   1  i  z  1  2i  2i 0.25 *Vì w  (1  2i)  (1  2i )  2  2i  w  2 0.25 b) (0.5 điểm) Phương trình tương đương với: 4.22 x   x 0.25 x x x  (2  1)(4.2  3)     x   Tính tích phân I    4 (1 điểm) *Ta có: I   0.25 sin x dx (1 điểm) cos x  2sin x.cos x dx cos x  0.25 *Đặt t  cos x   cos x  t   2sin xdx  dt *Với x   t  3; x  0.25   t  0.25 3 (t  2) dt  2      dt   t  ln t    ln t t 2 *Vì I   0.25 Viết phương trình mặt cầu (1 điểm) *Gọi tâm (S) I, I thuộc Ox nên t  12 I (t ;0;0)  IA  (t  1)  9; d ( I ;( P))  0.25 *Vì (S) qua A (P) tiếp xúc (S) nên: IA  d ( I ;( P ))  R *Ta có phương trình: (1 điểm) t  3 t  12 2 2 (t  1)    9(t  2t  10)  (t  12)  8t  6t  54    t   0.25 +) Với t  3  I (3; 0;0), R   ( S ) : ( x  3)2  y  z  25 13 9 169 9   +) Với t   I  ;0;  , R   ( S ) :  x    y  z  4 4 16 4   0.25 9 169  *Vậy có hai mặt cầu thoả mãn ( x  3)  y  z  25;  x    y  z  4 16  2  Tính giá trị biểu thức P (0.5 điểm)  2(cos  cos   sin  sin  )  cos(   ) P   2(cos  sin   sin  cos  )  sin(    ) 0.25 a) Cho     (1 điểm) 2   2  1 0.25 1 0.25 b) Tính xác suất (0.5 điểm) Số phần tử không gian mẫu số cách chia 16 đội thành bảng đấu bảng 0.25 gồm đội có n( )  C168 C88 *Gọi A biến cố cần tính xác suất Có khả xảy biến cố A sau: +) Hai đội Y Z thuộc bảng A; có 1.C146 C88 cách +) Hai đội Y Z thuộc bảng B có 1.C146 C88 cách *Vậy n( A)  2C146 C88 P( A)  0.25 2C146 C88  C168 C88 15 a) Tính thể tích (0.5 điểm) * S ABCD  a *Gọi H  IC  BD , ta có: (SIC) (SBD)  SH  (SIC)  ( ABCD) (SBD)  ( ABCD)  0.25   600  SH  ( ABCD)  SBH *Theo Talets ta có: HB IB BD a    HB   HD CD 3 *Suy ra: SH  HB.tan 600  (1 điểm) a 0.25 1 a a3 *Vì VS ABCD  SH S ABCD  a  3 b) Tính khoảng cách (0.5 điểm) *Gọi J trung điểm CD; ta có AI  CJ , AI || CJ  CIAJ hình bình hành, CI || AJ *Suy IC || ( SAJ )  d ( SA; IC )  d ( IC ;( SAJ ))  d ( H ; ( SAJ )) (1) *Kẻ HK  AJ ( K  AJ ), HT  SK (T  SK )  HT  ( SAJ )  HT  d ( H ;( SAJ )) (2) a2 a  2S S a  HK  d ( A; CI )  ACI  ABCD  CI 2CI * Tam giác vuông SHK có 0,25 *Ta có CI  CB  BI  a  1 13 a 26       HK  (3) 2 HT HK SH a 2a 2a 13 *Từ (1), (2), (3) suy ra: d ( SA; IC ))  a 26 13 0.25 Tìm toạ độ điểm B, C *Toạ độ điểm A nghiệm hệ: 4 x  y  20   A(2; 4)   x  y  10  0.25 *Gọi H giao điểm CD đường thẳng qua A vuông góc CD   BAC   900 , ABDC tứ *Vì D điểm đối xứng A qua BC nên BDC giác nội tiếp   900   *Ta có: DAH ADC (1 điểm) * ADC   ABC (cùng chắn cung  AC )  * ABC  900  DAB 0.25    DAB   AD tia phân giác góc BAH *Từ suy ra: DAH *Lấy điểm M ( 5; 0) điểm thuộc AH; gọi N điểm đối xứng M qua AD, ta có N thuộc AB toạ độ điểm N nghiệm hệ: y0 x 5   10   x  7    N (7; 4)  y  2( x  5)  1( y  0)  0.25 *Đường thẳng AB qua A, N có PT: y   x  y   *Toạ độ điểm B nghiệm hệ:   B(1; 4) y   *Đường thẳng AC qua A, vuông góc AB có PT: x   *Đường thẳng BC qua B, vuông góc AD có PT: x  y   x   *Toạ độ điểm C nghiệm hệ:   C (2;10) 2 x  y   *Vậy B (1; 4), C ( 2;10) 0.25 Giải hệ (1 điểm) *Điều kiện: x  0, y  0, x  y  *Đặt t  x  y (t  0) , phương trình thứ hệ trở thành:  5  2t  t   (*) 2  t *Xét hàm số f (t )   t  (0; ) , 1  ta có: f '(t )  2t ln  2 t ln  0, t  t *Do f(t) đồng biến (0; ) f (1)  (*) có nghiệm  2t  t  (1 điểm) t  (0; ) 0.25 0.25 x  y   y  x  *Vậy *Thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: x x   x  x  4( x  1)  x  *Kết hợp với điều kiện x   x  *Phương trình tương đương với:     x2  x  x2   x   x  8x   x2 1 x  x2 1  4( x  1) x   x  8x 0 0.25   x 1 x 1  x 1     (**) 2 x  x  x   x  x   *Vì x   x  x  x  x  1; x   x  1, x  *Suy ra: f ( x)  x 1  x  x 1 x 1 x   x2  8x  0, x  0.25 *Vì (**)  x    x  *Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (1; 0) Tìm GTNN (1 điểm) *Theo giả thiết bất đẳng thức AM – GM ta có: 3 1     a  b  c  a b c a bc *Và (ab  bc  ca)  3abc(a  b  c )  ab  bc  ca  a  b  c *Suy ra: (a  1)(b  1)(c  1)  (ab  bc  ca )  a  b  c   (a  b  c )  (1) 3 0.25 a3  b3  c  (a  b  c)3  3(a  b  c )(ab  bc  ca)  3abc  (a  b  c)3  (ab  bc  ca)(1  3(a  b  c)) 10 (1 điểm)  (a  b  c )3  (a  b  c)(1  3(a  b  c)) (2) *Đặt t  a  b  c (t  3) , từ (1), (2) ta có: P  t   3 t  3t  t  0.25 *Xét hàm số f (t )  t    3;  , ta có: 3 t  3t  t  f '(t )   (t  3t  t  5)  4(3t  6t  1) 4(3t  6t  1)   3 (t  3t  t  5) 3 (t  3t  t  5)4 14(t  3t  t  5)  4(3t  6t  1) 3 (t  3t  t  5)  14t  54t  38t  66 3 (t  3t  t  5) 0.25  0, t  *Do f(t) biến  3;  P  f (t )  f (3)  10 0.25 *Với a = b = c =1 P = 10 Vậy giá trị nhỏ P 10 -Hết -