đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE257 THPT cồn tiên, quảng trị

SỞ GD - ĐT QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT CỒN TIÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1(2,0 điểm) x2 x 1 b) Tìm (C) điểm M cho khoảng cách từ M đến đường thẳng  : x  y   nhỏ a) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số y  Câu 2(1,0 điểm) a) Tìm số phức liên hợp số phức z, biết (1  i ) z  (2  i )   5i 1 b) Giải bất phương trình:    2 x2 2  24 3 x  Câu 3(1,0 điểm) Tính tích phân I   ( x  sin x ).cos x.dx Câu 4(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) có phương trình: x   t   y  3  2t , t  R mặt phẳng ( P ) : x  y  z   z   t  a) Xác định tọa độ giao điểm A đường thẳng (d) mặt phẳng (P) b) Viết phương trình đường thẳng (d) nằm (P), qua A vuông góc với (d) Câu 5(1,0 điểm)  sin cos  sin  cos b) Một đoàn tàu có toa đỗ sân ga, có người lên tàu, người độc lập chọn ngẫu nhiên toa Tính xác suất để toa có ba người lên, hai toa có người lên hai toa lại người lên a) Cho tan   , tính giá trị biểu thức P  Câu 6(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi cạnh a góc  ABC  600 , SA vuông góc với đáy, biết góc SC đáy 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AB, SC theo a Câu 7(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có I (1; 2) tâm đường tròn ngoại tiếp  AIC  900 Hình chiếu vuông góc A lên đường thẳng BC D (1; 1) Điểm K (4; 1) thuộc đường thẳng AB Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết điểm A có tung độ dương  x  x( x  x  3)  y   y   Câu 8(1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x   x  x   y    x; y    Câu 9(1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c > Tìm giá trị nhỏ a  b  16c biểu thức P  a  b  c Hết - ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu Đáp án  TXĐ: D   \ 1  Sự biến thiên - Chiều biến thiên: y   Điểm 0.25  x  1  x  D - Hàm số đồng biến khoảng  ;1 1;   - Hàm số cho cực trị - Tiệm cận lim y   TCN : y  0.25 x  lim y   ; lim y    x  1: TCÑ x 1 x 1  1a Bảng biến thiên x  y  + +  0.25 y   Đồ thị 0.25 Phương trình hoành độ giao điểm hai (C) ∆ 1b vô nghiệm nên (C) không cắt ∆ Gọi d tiếp tuyến (C) // ∆ nên có hsg k = Gọi M(x0,y0) tiếp điểm  x   M (0; 2) => x0 nghiệm pt 1  ( x  1)  x   M '(2; 0) Ta có: d ( M , )   1 12  (1)   1  , d ( M ', )  , 2 12  (1)2 Vậy điểm M cần tìm M(2;0) (1  i) z  (2  i)   5i  (1  i) z   4i 2a 2b x 2  x   x  3x   , x 1 z 1   2  4i  3i  z  3 i 1 i x2 2  24 3 x  2 x 2  24 3 x   x    x x 1  x  3x     x  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25   I   x cos xdx   sin x cos xdx  I1  I 0  u  x  du  dx Đặt  dv  cos xdx  v  sin x I1   x cos xdx   I1  x sin x 02   sin xdx  0.25     cosx 02   2 0.25 0.25  I   sin x cos xdx Đặt t  sin x  dt  cos xdx Khi x   t  0, x    t 1 0.25 1 1 I   t dt  t  3 I  4a   x  1 t x   y  3  2t   Gọi A=d(P) tọa độ A nghiệm hệ:    y  1  A(0; 1; 4) z   t z   2 x  y  z           Gọi vtcp d’ u  u  ud , u  n p  u  ud  n p  (5; 0; 5) 4b 5a  x  5t  d’ qua A nên ptts  y  1 z   5t   s in cos  s in cos 2(1  tan  )  tan  2(1  22 )  cos2 P      sin  cos  sin  cos (1  tan  )  tan   22  2 cos  Không gian mẫu n(Ω) = 55 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Gọi A ‘Một toa có ba người lên, hai toa có người lên, hai toa người lên’ -Chọn toa toa có C51 cach -Chọn người lên toa có C53 cach 5b -Chọn toa toa lại có C42 cach -Hoán vị người lại vào toa có 2! cach -Có tất C51C53C24 2! cach   n( A)  C51C53C24 2! =600  P ( A)  n( A) C51C35C24 2! 600 24  =  n() 3125 125 0.25 Gọi O tâm hình thoi ABCD Góc SC đáy góc SCA = 450 S A D a2 SABCD  2.SABC  AB AC.sin 60  2 SAC vuông cân A  SA  a 0.25 1 a2 a3  VS ABCD  SS ABCD SA  a 3 0.25 O B C a a a a ; 0; )Ox, C( 0; ;0 )Oy, A( 0;  ;0 ) ; S( 0;  ; a ) 2 2  a a    AB  ( ; ; 0); SC  (0; a;  a); AS  (0; 0; a); 2   a a2 a2  AB  SC  ( ; ; ) 2 -Gọi O(0 ;0 ;0), B(    ( AB  SC ).AS  d ( AB, SC )     AB  SC 00 4 a a a   4  a 0.25   ABC  450  Do AIC  90     ABC  1350  ABD  450 nên ADB vuông cân D A K DA = DB Lại có: IA = IB  DI  AB I C a3 0.25 0.25 B D Nên đường thẳng AB qua K (4;–1) vuông góc với DI có phương trình x  y   Gọi A  a;2 a    AB , DA  d  D; AB   10   a  1   2a  8 0.25  10  a   A 1; 7   loaïi   a  6a       a   A  5;1  t / m    Phương trình DB qua D có VTPT AD : 3x  y   0.25 C  DB  C  c; 3c   Do IAC vuông cân I nên   IA.IC    c  1   3c     c  2  C  2;2  0.25  x    ĐK: 1  x     y  3 0.25 Đặt u  y   u3  y   y  u3  PT 1  ( x  1)  ( x  1)3   u  u3  (*) Xét hàm số f  t   t  t  t  0 có f   t    3t 2 t3   t  nên f(t) đồng biến Từ pt (*)  f  x  1  f  u   x   y  Thay vào pt ( ) ta pt x 1  x2  6x   x 1 0.25 9- 45 9+ 45 x 2 2  x  x   9( x  1)  x  x x   x  x   x   x, dk: 0.25   x   y  2  x 1    x x   5( x  1)     x   y  62  x  x   127 x   y   64  0.25  127  -Kết luận: Hệ có nghiệm (5;62)  ;   64  4 Ta có a3  b3  (a  b)3 dấu = xảy a = b a + b = 0.25 (a  b)3  16c3 (a  b)3  64c3 P  4P  3 a  b  c a  b  c 3 (u  c )3  64c  c  c Đặt u = a + b + c ta có  P       64    f (t ) u  u u 0.25 c Với t  u   t  1 Xét hàm số f  t   1  t   64t   t  1 0.25  t   2 có: f   t   3 1  t   192t , f   t      t    Bảng biến thiên t f'(t) -∞ - + + f(t) 64 81 16   64 Vậy Min f  t   f    t  hay Min P  81   81 c  u   u  9c   a  b  2c a  b a  b  c  u   (Chú ý : Nếu thí sinh giải theo cách khác phần cho điểm tối đa phần đó) 0.25