đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE245 THPT qùy châu, nghệ an

SỞ GIÁ DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT QUỲ CHÂU ĐỀ THI THỬ LẦN THPT QUỐC GIA 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu (1,0 điểm ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y  2x  (C ) x2 Câu (1,0 điểm ) Tìm m để hàm số y  x  mx  3mx  đạt cực đại x  3 Câu (1,0 điểm ) a ) Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức z  z   2i b) Giải phương trình : x   x   x 1  3.5 x  Câu (1,0 điểm ) Tính tích phân I   1  sin x cos x  sin xdx x  1 t  Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1,1, 2  đường thẳng d :  y  2t  z  3  2t  Viết phương trình mặt phẳng   qua điểm A vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa độ điểm M đường thẳng d cho AM  22 Câu (1,0 điểm ) a) Giải phương trình: 4sin x sin x  cos x   b) Trường THPT Qùy Châu có 15 học sinh Đoàn viên ưu tú, khối 12 có nam nữ, khối 11 có nam nữ, khối 10 có nam nữ Đoàn trường chọn nhóm gồm học sinh Đoàn viên ưu tú để tham gia lao động Nghĩa trang liệt sĩ Tính xác suất để nhóm chọn có nam nữ, đồng thời khối có học sinh nam Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.ABC có  ACB  1350 , AC  a 2, BC  a Hình chiếu vuông góc C lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M AB C ' M  a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC góc tạo đường thẳng CM mặt phẳng (ACCA) Câu (1,0 điểm ) Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A, M điểm cạnh AC cho AB = 3AM Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM D Xác định tọa độ 4  đỉnh tam giác ABC, biết đường thẳng BC qua N  ;0  , phương trình đường thẳng 3  CD : x  y   C có hoành độ dương   x    y  1  y  x  3  y  x   Câu (1,0 điểm ) Giải hệ phương trình:   x  y  1  x   x  y  17 Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Chứng minh rằng: a2 b2 c2    (ab  2)(2ab  1) (bc  2)(2bc  1) ( ac  2)(2ac  1) -Hết - Trường THPT QUỲ CHÂU ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN THPT QUỐC GIA 2016 Tổ Toán Tin Môn thi: TOÁN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM TXĐ: R \ 2 y'  3  , x  ( x  2) 0,25 Hàm số đồng biến khoảng (; 2) (2; ) Hàm số cực trị lim y   đồ thị có tiệm cận ngang y = x   0,25 lim y   ; lim y    đồ thị có tiệm cận đứng x = x 2 x2 BBT x  y 1(1đ)  + + 0,25  y  Đồ thị cắt trục tung điểm A(0; ) Đồ thị cắt trục hoành điểm B( ;0) 0,25 2(1đ)  y '  x  2mx  3m  y '  3  Hàm số đạt cực đại x    ''  ''  y  x  2m  y  3  0,5 9  9m    m 1 2 m   0,5 z  a  bi  z  a  bi, a, b  R  z  z   2i  a  bi   a  bi    2i 3a(0,5đ) 0,25 3a  a   3a  bi   2i    b  2 b  a  Với   z   2i b  0,25 x 3b(0,5đ) x 2 x2 5 x 1 2  3.5  20.2  8.5     5 x x  x 1 Nghiệm phương trình x  x 0,25 0,25  I  1  sin    x cos x sin xdx   sin xdx   sin x cos xdx 0 0,25  4(1đ)  I   sin xdx   cos x  0    1 I   sin x cos xdx   sin xd sin x   cos x  5 0 Vậy I  I1  I  0,25 0,25 0,25 Vectơ pháp tuyến   n  1;2;2 0,25 mp   qua A1;1;2 nên có Phương trình 0,25 x  1  2 y  1  2z  2   x  y  z   5(1đ) 2 M  d  M 1  t ; 2t ; 3  2t   AM  t   2t  1   2t  1  5t  2 0,25 AM  22  AM  22  5t   22  t  2 t   M 3;4;5 0,25 t  2  M  1;4;1 sin x sin x  cos x    2cos x  cos x   cos x   6a(0,5đ) 5 k  x    36  cos x     k    x   5  k  36 0,25 0,25 Số phần tử không gian mẫu n     C155  3003 6b(0,5đ) Xác suất biến cố P A  n A 336 16   n 3003 143 0,25 B' C' Diện tích tam giác ABC: a2 S ABC  CA.CB.sin135o  2 7(1đ) 0,25 Số phần tử biến cố A n  A   C31C21C21C82  336 A' 0,25 Đường cao lăng trụ H a C' M  K A C B M a3 suy VABC A ' B ' C '  C ' M.S ABC  Kẻ MK  AC , MH  C ' K Dễ có 0,25 AC   C ' MK   AC  MH Mà MH  CK  MH   ACC ' A ' 0,25 Vậy   C ' M ,  ACC ' A '   MC ' H  MC ' K 1 Vì M trung điểm AB nên: SCAM  a2 2S a MK SCAB   MK  MAC   TanMC ' K   AC C 'M 2 ' Suy MC K  30 0,25 2 Từ (1) (2)    C ' M ,  ACC ' A '   300 B Do BAC  BDC  90  BADC nội tiếp đường tròn  ABM  DCM cos ABM  AB  BM  AB 0,25 AM  AB AM 10 AM  10 A M 10  cos DCM  I C D n1  a; b , a  b  VTPT AC , n2  1;3 VTPT DC   cos DCM  cos n1 ; n2  8(1đ) a  3b a  b 10  10 a   4a  3ab    4a  3b 0,25 Với a   b   n1  0;1 , mà AC qua I 1;1 nên có pt y   y 1  x  Tọa độ C nghiệm hệ    C 3;1  M  1;1 x  y    y  1 4  BC qua C 3;1, N  ;0   BC : x  y   3  BD qua M  1;1, vuông góc với BC  BD : x  y   3 x  y    x  2 Tọa độ B nghiệm hệ    B 2;2  3 x  y   y  Phương trình AB : x   x    x  2 Tọa độ A nghiệm hệ    A 2;1 y 1   y  1 0,25 a  Với 4a  3b    AC : 3x  y   b  4   x   3 x  y   Tọa độ C nghiệm hệ:   ( loại) 11 x  y   y    0,25 Vậy A 2;1, B 2;2, C 3;1    x  4 y   y  x  3  y  x  Giải hệ phương trình:   x y   x   x  y  17  Giải:  1 2 Điều kiện: x  3  x   y2 1  x   y      y  x   y  x  3     x  4 y  1  y  x  3  y  x  0,25 Đẳng thức xảy  y  x  Lưu ý: Có thể đặt ẩn phụ đưa tích liên hợp Thay y  x  vào (2) ta phương trình 9(1đ) x3  x  x   x2  x  0,25   x  1   x  1  x  x   x  x  Xét hàm số f t   t  t , t  R Ta có f ' t   3t   0, t  R Vậy hàm số đồng biến R Do f x  1  f x 0,25   6x   x  6x   x  x   y    x  x    x  1  x x  x     x   y  2  x  3  y        Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   0; , 1;2,  3;0  0,25 a2 b2 c2   Ta có VT = (ab  2)(2ab  1) (bc  2)(2bc  1) (ac  2)(2ac  1) 1 =   2 (b  )(2b  ) (c  )(2c  ) (a  )(2a  ) a a b b c c y z x Vì a, b, c dương abc = nên đặt a  , b  , c  với x, y, z> x y z 1 Khi VT =   y z z y z x x z x y y x (  )(  ) (  )(  ) (  )(  ) x x x x y y y y z z z z x2 y2 z2   ( y  z )( z  y ) ( z  x )( x  z) ( x  y )( y  x) Ta có ( y  z )( z  y )  yz  y  z  yz  2( y  z )  yz  ( y  z ) 2 x x  Suy (1) ( y  z )( z  y ) y  z y2 y2 z2 z2   Tương tự có (2); (3) ( z  x)( x  z ) x  z ( x  y )( y  x ) y  x 2 x2 y2 z2   ) Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta VT  ( y  z x2  z y  x2 0,25 = 10(1đ) Lại có x2 y2 z2 1     ) 3 = ( x  y  z )( 2 2 2 2 y z x z y x y z x z y  x2  1 1  = ( x  y )  ( y  z )  ( z  x2 )    3 2 x z y  x2   y z    2 Suy VT   (đpcm)   Chú ý: Nếu học sinh giải theo cách khác, đồng chí tự chia thang điểm hợp lý 0,5 0,25