đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE252 THPT đạ huoai, lâm đồng

SỞ GD & ĐT LÂM ĐỒNG TRƯỜNG THPT ĐẠ HUOAI Đề ôn thi số ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3mx  3( m2  1) x  m3  m (Cm) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) ứng với m = b) Tìm m để hàm số (Cm) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị hàm số đến O lần khoảng cách từ điểm cực tiểu đồ thị hàm số đến O (O góc tọa độ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: a) sin x   cos x  6sin x b) 2log ( x  1)  log (2 x  1)  Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z    i  z   6i Tìm môđun số phức z b) Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để làm trực nhật Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  2ln x dx x2 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 đường thẳng d : x  y 1 z    Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A vuông góc với 2 đường thẳng d Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho AB  27 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có tam giác ABC vuông A, AB = AC = a, I trung điểm SC, hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng (ABC) trung điểm H BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;  , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác ADB có phương trình x  y   , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình  đường thẳng AB  x  xy  x  y  y  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   y  x   y   x  Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: P bc 3a  bc  ca 3b  ca  ab 3c  ab Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN: TOÁN SỞ GD & ĐT LÂM ĐỒNG TRƯỜNG THPT ĐẠ HUOAI Câu Đáp án 1.1 Điểm y = x – 3x D=R y’ = 3x2 – 6x  x0 y0 y’ =    x   y  4 lim y  ; lim y   x  x  0.25 BBT x y 0       0.25  4 Hàm số đồng biến (  ; 0) (2;  ) Hàm số nghịch biến (0; 2) Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 2; yCT = – Đồ thị: 0.25 0.25 1.2 Ta có y ,  x  6mx  3(m  1) Để hàm số có cực trị PT y ,  có nghiệm phân biệt  x  mx  m   có nhiệm phân biệt     0, m Cực đại đồ thị hàm số A(m–1;2–2m) cực tiểu đồ thị hàm số B(m+1;–2–2m) Theo giả thiết ta có  m  3  2 OA  2OB  m  6m      m  3  2 Vậy có giá trị m m  3  2 0.25 0.25 0.25 0.25 m  3  2 2.1 sin x   cos x  6sin x  (sin x  6sin x)  (1  cos x)   sin x  cos x    sin x  0.25 sin x   2sin x  cos x   sin x     sin x  cos x  3(Vn)  x  k Vậy nghiệm PT x  k , k  Z 0.25 2.2) ĐK: x > 1, BPT  log [( x  1)(2 x  1)]  0.25  x   x  3x    so với ĐK x = –½ loại   x2 Vậy nghiệm S ={ 2} 0.25 a) Giả sử z  a  bi  a, b    , đó: 4a  2b  2b  6 *  1  i  a  bi     i  a  bi    6i  4a  2b  2bi   6i   0.25 a    z   3i  z  13 b  0.25 b) n     C113  165 Số cách chọn học sinh có nam nữ C52 C61  C51.C62  135 Do xác suất để học sinh chọn có nam nữ 2 2 135  165 11 ln x x2 ln x ln x I   xdx   dx    dx    dx x 1 x x 1 0.25 ln x dx x2 Tính J   Đặt u  ln x, dv  1 dx Khi du  dx, v   x x x 0.25 1 Do J   ln x   dx x x 1 0.25 1 1 J   ln    ln  x1 2 Vậy I  0.25  ln 2  Đường thẳng d có VTCP ud   2;1;3  Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT 0.25 Vậy PT mặt phẳng  P  : 2  x    1 y  1   z  3   2 x  y  z  18  Vì B  d nên B  1  2t ;1  t; 3  3t  2 0.25 2 AB  27  AB  27    2t   t   6  3t   27  7t  24t   t   t    13 10 12  Vậy B  7; 4;6  B   ; ;   7  7 0.25 0.25 Gọi K trung điểm AB  HK  AB (1) Sj Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) 0.25 Từ (1) (2) suy  AB  SK Do góc  SAB  với đáy góc M   60 SK HK SKH B H C K a Ta có SH  HK tan SKH 0.25 A 1 a Vậy VS ABC  S ABC SH  AB AC SH  3 12 0.25 Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  Do d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   0.25 Từ H kẻ HM  SK M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM Ta có 1 16 a a     HM  Vậy d  I ,  SAB    2 HM HK SH 3a 4  Gọi AI phan giác BAC  Ta có :  AID   ABC  BAI   CAD   CAI  IAD   CAI ,  Mà BAI ABC  CAD  AID  IAD nên  A 0.25 E M' B K I M C D 0.25  DAI cân D  DE  AI PT đường thẳng AI : x  y   Goị M’ điểm đối xứng M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y   Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)  VTCP đường thẳng AB AM '   3;5   VTPT đường thẳng AB  n   5; 3 0.25 Vậy PT đường thẳng AB là:  x  1   y     x  y   0.25  xy  x  y  y   Đk: 4 y  x    y 1   0.25 Ta có (1)  x  y   x  y  y  1  4( y  1)  Đặt u  x  y , v  y  ( u  0, v  ) u  v Khi (1) trở thành : u  3uv  4v    u  4v(vn) Với u  v ta có x  y  , thay vào (2) ta : y2  y   y 1  y 0.25  y  y    y  1   y  2 y2  y   y 1    y  1  y2 0 y 1     y  2    y  y   y 1   0 y     y  (  y  y   y 1  0.25  0y  ) y 1 1 Với y  x  Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT  5;2  Vì a + b + c = ta có  bc bc bc   3a  bc a (a  b  c )  bc (a  b)(a  c ) bc  1      a b a c Vì theo BĐT Cô-Si: 0.25 0.25 1   , ab ac (a  b)(a  c ) dấu đẳng thức xảy  b = c ca ca  1  ab ab  1  Tương tự         ba bc ca cb  3b  ca 3c  ab bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c Suy P      , 2(a  b) 2(c  a ) 2(b  c) 2 Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy max P = a = b = c = 0.25 0.25 0.25