đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE249 sở GD đt vĩnh phúc (l2)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x   x   đoạn x 1;3 Câu (1,0 điểm) a) Giải bất phương trình 32 x1  2.3x   b) Giải phương trình log  x   log9 x   x    x    Câu (1,0 điểm) ln x , y  0, x  1,x  e x Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  2; 1;3 Viết phương Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y  trình mặt phẳng   qua A vuông góc với trục Oz Viết phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với mặt phẳng   Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình 2cos x  8sin x   ( x   ) b) Đội niên tình nguyện trường THPT có 100 học sinh, có 60 học sinh nam 40 học sinh nữ Nhà trường chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội niên tình nguyện để tham gia tiết mục văn nghệ chào mừng ngày thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh Tính xác suất để học sinh chọn có học sinh nữ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy Gọi E trung điểm BC , góc SC mặt phẳng  SAB  300 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng DE , SC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Đỉnh B thuộc đường thẳng  có phương trình x  y   Các điểm E F hình chiếu vuông góc D B lên AC Tìm tọa độ đỉnh B, D biết CE  A  4;3 , C  0; 5  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x  12 x  38 x  12 x  67  x    x   x   Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 a b c  P      ab  bc  ca   3 abc 2  3b c c a a b  Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………….Số báo danh:………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN (HDC gồm 06 trang) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm toàn tính đến 0,25 không làm tròn - Với Câu Câu 8, thí sinh không vẽ hình vẽ hình sai không cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung *) Tập xác định: D   *) Sự biến thiên: x  + Chiều biến thiên: y '  3x - 6x  3x (x - 2) , y' =   x  y'  0, x   ;0    2;   0,25 y'  0, x   0;2  Hàm số đồng biến khoảng  ;   2;   Hàm số nghịch biến khoảng  0;2  + Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực đại x = 0, yCĐ = y(0)= Hàm số đạt giá trị cực tiểu x = 2, yCT = y(2)= -4  3 + Giới hạn tiệm cận: lim y  lim  x  3x   lim x      x  x  x   x  3 lim y  lim  x  3x   lim x      x  x  x   x Đồ thị hàm số tiệm cận + Bảng biến thiên: x y   0   0,25    0,25 4 *) Đồ thị hàm số: Đồ thị hàm số giao với trục Ox điểm:  0;0  ,  3;0  Đồ thị hàm số giao với trục Oy điểm:  0;0  0,25 Câu (1,0 điểm) Hàm số f  x   f '(x)    Nội dung Thang điểm x   liên tục đoạn 1;3 f '(x)    x x 0,25  x   1;3 2    x    x2  x  2  1;3 0,25 2 19    ; f       3; f  3     2 2 Từ ta có: max f ( x )  f 1  , f ( x)  f    1;3 1;3 Vậy: Giá trị nhỏ hàm số f  x  đoạn 1;3 x  Ta có f 1  Giá trị lớn hàm số f  x  đoạn 1;3 0,25 0,25 x  Câu (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung    a) 32 x1  2.3x    3.32 x  2.3 x    3.3x  3x    3x    3.3 x  0,25   0, x    3x   x  0,25 Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm: S  0;   x  b) Điều kiện xác định:   x0 9 x  0,25 Khi ta có phương trình: log  x   log x   log3  log x  log32 x    log3 x  log x   log x  2  log x   x   x  (thỏa mãn điều kiện xác định) Vậy phương trình cho có nghiệm x  0,25 Câu (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung e e ln x ln x ln x Vì:  0,x  1;e  nên diện tích hình cần tìm là: S   dx   dx x x x 1 0,25 dx x Đổi cận: Với x  ta t  ; Với x  e ta t  0,25 Đặt: t  ln x  dt  1 Khi đó: S   t dt  t  0 1    Vậy: Diện tích hình phẳng cần tìm 3 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Nội dung Thang điểm Mặt phẳng   qua A  2; 1;3   vuông góc với trục Oz nên   nhận  k 0;0;1 làm véctơ pháp tuyến 0,25 Mặt phẳng   có phương trình: 0. x    0. y  1  1. z     z   0,25 Mặt cầu tâm O  0;0;0  tiếp xúc với mặt phẳng   có bán kính R  d  O,    0,25 Mặt cầu cần tìm có phương trình: x  y  z  0,25 Câu (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung a) 2cos x  8sin x    2(1  2sin x)  8sin x    4sin x  8sin x     2sin x  1 2sin x  3  0,25   x   k 2   sin x  ( sin x   0, x   )   ( k  )  x  5  k 2   5 Vậy phương trình cho có nghiệm : x   k 2 , x   k 2 (k   ) 6 0,25 b) Không gian mẫu:  : “ học sinh từ 100 học sinh đội niên tình nguyện” n     C100  161700 0,25 Biến cố A : “ học sinh từ 100 học sinh đội niên tình nguyện cho có học sinh nữ ” n  A   C602 C40  70800 Xác suất cần tìm P ( A)  0,25 70800 236  161700 539 Câu (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung S Vì SA   ABCD   SA  CB CB  AB  CB   SAB   SB CB  SA Do  H hình chiếu vuông góc SC 0,25 mp  SAB  Vậy góc hợp SC với D A   CSB   30o mp  SAB  CSB K B E C I   BC.cot 30o  a  SA  a  SB  BC cot CSB 2a Vậy thể tích khối chóp VS ABCD  SA.S ABCD  3 0,25 Trong  ABCD  dựng đường thẳng qua C song song với DE cắt AD I a 3a a , AI  , CI  2 DE  CI  DE   SCI   d  DE , SC   d  DE ,  SCI    d  D ,  SCI    DI  CE  d  D,  SCI   d  A,  SCI    DI 1   d  D,  SCI    d  A,  SCI   AI 3 Từ A kẻ AK  CI  K  CI  , kẻ AH  SK  H  SK   AK  CI  CI   SAK   CI  AH SA  CI Ta có:  0,25 1  2 Từ 1 ,    AH   SCI   d  A,  SCI    AH CD.AI 3a  CI 1 1 19 38  2  2   AH  2 AH SA AK 2a 9a 18a 19 1 38 d  ED, SC   d  A,  SCI    AH  a 3 19 Ta có AK CI  CD.AI  AK  0,25 Câu (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung Gọi H trực tâm tam giác ACD, suy CH  AD nên CH || AB (1) Mặt khác AH||BC ( vuông góc với CD ) (2) Từ (1) (2) suy tứ giác ABCH hình bình hành nên CH=AB (3)   BAF  (so le trong) Ta có: HCE (4) 0,25 Từ (3) (4) suy ra: HCE  BAF (cạnh huyền góc nhọn) Vậy CE = AF   DCB   900 nên E , F nằm đoạn AC Vì DAB Phương trình đường thẳng AC: x  y   A B Vì F  AC nên F  a;2a   Vì F a  AF  CE    a  Với a   F  5;5  (không thỏa mãn F nằm đoạn AC) Với a   F  3;1 (thỏa mãn) Vì   AF  EC  E 1; 3 0,25 I H D E C  BF qua F nhận EF (2; 4) làm véc tơ pháp tuyến, BF có phương trình: x  y   B giao điểm  BF nên tọa độ B nghiệm hệ phương 0,25 x  y   x  trình:    B  5;0  x  y   y   Đường thẳng DE qua E nhận EF (2; 4) làm véc tơ pháp tuyến, DE có phương trình: x  y    Đường thẳng DA qua A nhận AB(1; 3) làm véc tơ pháp tuyến, DA có 0,25 phương trình: x  y   D giao điểm DA DE nên tọa độ D nghiệm hệ phương trình: x  y    x  5   D  5;0  Kết luận: B  5;0  , D  5;0   x  3y   y  Câu (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung Điều kiện xác định: -1  x  Phương trình cho tương đương với: 0,25 x    x   x  12 x  38 x  12 x  67  x    x   x  3  x  1  x   Với điều kiện -1  x  ta có:  x  3 *   x  1  x    0,25 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:  x 1   x   1  1 x    x   16  x    x  0,25 Từ ta có phương trình * tương đương với:  x    x  17  x     x   x    x   Vậy phương trình cho có nghiệm : x = 0,25 Câu 10 (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung Vì a , b, c số thực dương thoả mãn điều kiện a  b  c  nên ta có:   a, b, c   2 a  b   c  2 b  c   a c  a   b  Ta chứng minh:  a b c a b c      2 2 b c c a a  b  a  b  c2 a b c 3    a  b2  c2   2 1 a 1 b 1 c Thật vậy, ta xét : a 3  a   3a 1  a   1 a   3a   0,25 3a   (luôn với a   0;1 ) Do : a 3  a 1 a Chứng minh tương tự ta có: Từ ta có: b 3 c 3  b ,  c  b2  c2 a b c 3    a  b2  c2   2 1 a 1 b 1 c Mặt khác ta lại có: a  b  c  ab  bc  ca  a, b, c  Ta được: a b c 3     ab  bc  ca  2 1 a 1 b 1 c 0,25 +) Xét: ab  bc  ca  3 a 2b 2c  ab  bc  ca  3 abc Suy P   ab  bc  ca    ab  bc  ca   ab  bc  ca Đặt t  ab  bc  ca điều kiện  t  Khi P  t  3t  2t Xét hàm số f (t )  t  3t  2t  0;1 0,25 Dễ thấy f (t ) liên tục  0;1 f '(t )  3t  3t   Vậy hàm số f (t )  t  3t  2t nghịch biến  0;1 Min f (t )  f 1   Từ ta suy P  f (t )  Min f (t )    0;1  0;1 Vậy MinP   a  b  c  HẾT 0,25