đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE253 THPT hồng quang, hải dương (l3)

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN KÌ THI THPTQG NĂM 2016 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số y  x  x  b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f ( x)  x   với x   2; 4 x 1 Câu (1,0 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z   i   3i b) Giải bất phương trình log 22 x  2log x    Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I    cos x  sin x  cos xdx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I (5; 3;4) tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Tìm tọa độ tiếp điểm ( S ) ( P) Câu (1,0 điểm) x  2 b) Có hai hộp chứa viên bi Hộp thứ chứa viên bi màu trắng viên bi màu đỏ, hộp thứ hai chứa viên bi màu trắng viên bi màu đỏ Từ hộp lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác xuất cho hai viên bi lấy màu a) Giải phương trình sin x  2cos Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác vuông A, AB  a , AC  a Hình chiếu vuông góc A ' mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm H cạnh BC ; Góc cạnh bên mặt đáy 450 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' khoảng cách hai đường thẳng AA ' , CB ' Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD, vuông A B, có đỉnh C (0; 2) AD  3BC Gọi H hình chiếu vuông góc A đường chéo BD Điểm  24 16  M  ;   điểm thuộc đoạn HD cho 2HM = MD Tìm tọa độ đỉnh A, B, D hình  13 13  thang vuông ABCD biết đỉnh A thuộc đường thẳng (d ) : x  y    x y  x 1  x   y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:    3 x   x  y  y  ( x, y  ) Câu (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn a  b   c Tìm giá trị nhỏ biểu thức a3 b3 c3 P    a  bc b  ca c  ab  c  1 14  a  1 b  1 - Hết ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM LẦN CÂU ĐÁP ÁN Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số y  x  x  ĐIỂM TXĐ: D   , y '  x  x , x  y '    x  1 ,  x  y '  0x   1;0   1;   y '  0x   ; 1   0;1 0,25 Hàm số đồng biến khoảng  1;0  ; 1;   , hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 ;  0;1 Hàm số đạt cực đại x  0; yCD  3 , 0,25 x 1 ; y CT  y  1  y 1  4  x  1 Hàm số đạt cực tiểu điểm  lim y  lim  x  x  3  ; x  1a (1,0 đ) lim y  lim  x  x  3   x  Bảng biến thiên x –∞ y +∞ – x  1 x  0 3 + – +∞ + 0,25 +∞ y 4 4 Đồ thị cắt trục tung điểm (0; 3)   Đồ thị cắt trục hoành điểm  3;0 , 3;0  Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng y f(x)=x^4-2*x^2-3 0,25 x -4 -2 O -2 -4 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f '( x )   1b (1,0 đ) f ( x)  x    x  1 0,25  x    2;  f '( x )     x  1   2;  10 f    4; f    ; f  3  Vậy max f ( x )  f    4; f ( x )  f     2;4 với x   2; 4 x 1  2;4 0,25 0,25 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z   i   3i Gọi số phức z  x  yi,  x; y    biểu diễn điểm M  x; y  2a (0,5 đ)  x  2   y  1 z   i   3i  x  yi   i   3i  2  10 0,25   x     y  1  10 , Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I  2;1 , bán kính 0,25 R  10 Giải bất phương trình log 22 x  2log x   2 ĐKXĐ: x  , log x  2log x     log x   log x   2 0,25 2b (0,5 đ) x  log x     log x    x    0,25 1   Vậy bất phương trình có tập nghiệm S   0;    2;       Tính tích phân I   cos x  sin x cos xdx    0 I    cos x  sin x  cos xdx   cos xdx   sin xcos xdx (1,0 đ)   I1   cos xdx   1  cos x  dx  20  0,25  1    x  sin x   2 0 0,25   1 I   sin xcos xdx   sin x d  sin x    sin x   3 0 Vậy I  0,25   0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I (5; 3;4) tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Tìm tọa độ tiếp điểm ( S ) ( P )   Gọi R bán kính mặt cầu, theo điều kiện tiếp xúc R  d I ;  P   2 Phương trình mặt cầu ( S )  x     y     z    24 (1,0 đ) 0,25 0,25 Gọi H tiếp điểm ( S ) ( P ) , H hình chiếu I (5; 3;4)  x   2t  mặt phẳng ( P ) , đường thẳng IH có phương trình  y  3  t , t   z   t  Tọa độ điểm H có dạng H   2t ; 3  t ;4  t  , H   P  nên ta có   2t    t    t     6t  12  t  2  H 1; 1;2  0,25 0,25 Giải phương trình sin x  2cos 5a (0,5 đ) sin x  2cos x  2 x     sin x  cos x   sin  x    6   x  k 2  , k    x  2  k 2  Phương trình cho có nghiệm x  k 2 ; 0,25 0,25 x 2  k 2  k    Có hai hộp chứa viên bi Hộp thứ chứa viên bi màu trắng viên bi màu đỏ, hộp thứ hai chứa viên bi màu trắng viên bi màu đỏ 5b (0,5 đ) Phép thử: “Chọn từ hộp cho, hộp viên bi”, n     C151 C11  165 Biến cố A: “Hai viên chọn màu” A1 : “Hai viên chọn trắng”, n  A1   C81.C15  40 A2 : “Hai viên chọn đỏ”, n  A2   C71 C16  42 (1,0 đ) 0,25 0,25 82 Vậy n  A   n  A1   n  A2   82 , xác suất biến cố A P  A   165 Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác vuông A, AB  a , AC  a Hình chiếu vuông góc A ' mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm H cạnh BC ; Góc cạnh bên mặt đáy 450 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' khoảng cách hai đường thẳng AA ' , CB ' Trong tam giác vuông ABC có A' BC  AB  AC C' 2  a  3a  4a B' E  BC  2a ; AH  BC  a AH hình chiếu vuông góc K AA ' mặt phẳng 0,25 ( ABC ) nên góc AA ' mặt phẳng ( ABC ) góc A C  A ' AH H Theo giả thiết có  A ' AH  450 B Trong tam giác A ' AH có A ' H  AH  a a2 Diện tích tam giác ABC S ABC  AB AC  2 0,25 a a3 Thể tích khối lăng ABC A1B1C1 trụ V  A ' H S ABC  a  2 Khoảng cách hai đường A ' A CB ' khoảng cách từ A ' A đến mặt phẳng  B ' BCC '  khoảng cách từ điểm A ' đến  B ' BCC '  0,25 Gọi E hình chiếu vuông góc A ' cạnh B ' C ' Gọi K hình chiếu vuông góc A ' HE  A ' K  HE (1)  B 'C '  A' E  B ' C '   A ' HE   B ' C '  A ' H ( A ' H  ( A ' B ' C '))  B ' C '  A ' K (2) Từ (1) (2)  A ' K  ( BCB ' C ')  d  A ',( BCB ' C ')   A ' K Trong tam giác vuông A ' HE có 1 1 1 1       2 2  2 2 2 A' K A' H A' E A'H A'B' A'C ' a a 3a 3a a 21 0,25  A'K  a 21 Vậy khoảng cách hai đường AA ' CB ' Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD, vuông A B, có đỉnh C (0; 2) AD  3BC Gọi H hình chiếu vuông góc A đường chéo BD  24 16  Điểm M  ;   điểm thuộc đoạn HD cho 2HM = MD Tìm tọa độ đỉnh  13 13  A, B, D hình thang vuông ABCD biết đỉnh A thuộc đường thẳng (d ) : x  y   Mặt khác  - Gọi E điểm đoạn AH C B cho 2HE = EA,  HM HE   HD HA I EM  EM // AD AD H 0,25 M E Suy tứ giác BCME hình bình hành, Suy CM // BE (1,0 đ) - Dễ thấy E trực tâm BAM  BE  AM  CM  AM A Vì A thuộc (d) nên tọa độ A(a; a  1) , mà   CM  AM  AM CM   a  3  A  3; 4  D 0,25 Gọi I giao điểm đường chéo AC BD    1  CI  CA  I   ;   2 - Đường thẳng BD qua I M , suy BD : x  y  - Phương trình AH : x  y   , 0,25 mà H giao điểm hai đường thẳng BD AH  2 ;   13 13  Suy H     Mà HD  3HM  D  6; 4    CB  DA  B  3;  0,25  x y  x 1  x   y   (1) Giải hệ phương trình    3 x   x  y  y (2)  0  y   Điều kiện   x  x y y   x  8x  x y    x 1  x    8x3   y     y 0,25    x x  y   x  y x2  2x y  y  x   2x  y   2x  y  y  x2 0,25 (Vì theo điều kiện có x  x y  y  x  ) Thay vào (2) có phương trình x   x  x  x Điều kiện Xét x  (1,0 đ) x 2 , nghiệm phương trình Xét  x  0,25 2x 1  x  4x2  4x2  (4 x  x  2)  (6 x   x  1)  (1  x  x )  x2  x  4x4  5x2    x  1 x     0 2x 1  2x 1  x  4x2   x  1 x  1   x  1 x  1 2x 1 2x 1  ( x  1)(2 x  1)( x  1)(2 x  1)  x  x2 0  ( x  1)(2 x  1)    x  1 x  1       x 1 2 x   x  1  x  x   Vì  ( x  1)(2 x  1)  x   x  1    0 2 2x 1  2x 1  x  4x2   Với x   y  Với x   y   x  x  Đáp số  ;  y  y 1  0,25 Cho số dương a, b, c thỏa mãn a  b   c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a3 b3 c3    a  bc b  ca c  ab  c  1 14  a  1 b  1 Với số dương a, b, c thỏa mãn a  b   c   a  1 b  1  ab  a  b   ab  c Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có ab  c   a  1 b  1  1 2  a  b     c  1 4 c3 4c  c  ab  c  1  c  1 Suy 14  0,25 28  a  1 b  1  c  1 x2 y2  x  y  Ta có bất đẳng thức   với số dương x, y , m, n m n mn Thật vậy, x; y; m; n  0,  x2 y  x2 y2  x  y     m  n     x  y m n mn m n  Câu (1,0 đ) 0,25  x n  y m  xymn   xn  ym   Áp dụng bổ đề bất đẳng thức Cô – si ta có: a3 a  bc   a a 2 b3 b  ca  b2  b2   a4 a  abc   c  1   a  b2 c 1 b4 b  abc  a  b2  a  b  2abc 2  a  b    c  1   c  1  c  1 Từ bất đẳng thức suy c  1  4c 28 P   2  c  1  c  1  c  12  f c, c   3c  5  3c2  14c  23 f ' c   , f 'c    c  , 3  c  1 0,25   53 f    ; 3c  14c  23  0, c  3 53 53 c  Vậy giá trị nhỏ biểu thức P a  b  ; c  3 Từ bảng biến thiên hàm số suy hàm số f  c  đạt giá trị nhỏ Chú ý: Học sinh trình bày cách giải khác, đúng, giám khảo cho điểm tối đa 0,25