đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE331 THPT nguyễn duy hiệu, quảng nam

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT NGUYỄN DUY HIỆU ĐỀ SỐ 331 ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1đ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  (C) Câu (1đ) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f ( x)  x  x  [0;3] Câu (1đ) 1) Cho số phức z thỏa mãn 2( z  1)  3z  i (5  i ) Tìm môđun số phức z 2) Giải phương trình sau: log 2 x  8log x  12 (với x   )   Câu (1đ) Tính tích phân sau I   x   ln x  dx x 1   Câu (1đ) Trong không gian Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O đồng x 1 y z  thời vuông góc với đường thẳng d :   Tính góc mặt phẳng (P) mặt phẳng 3 tọa độ (Oyz) Câu (1đ) 1) Một người xếp ngẫu nhiên 12 sách đôi khác lên kệ sách: gồm toán, lý, hóa Tính xác suất để sách môn nằm cạnh 2) Cho tan x    x  Tính A  4sin x  cos x Câu (1đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, SA  ( ABCD) Góc SC mặt phẳng (ABCD) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M trung điểm CD Câu (1đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB điểm D, E, F Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC biết D(3;1), B(2;0), phương trình EF : x  y   , trung điểm M BC có tọa độ số nguyên giao điểm H EF với BC nằm tia đối tia BC (2 x  5) x   x  y  (5  y )  y Câu (1đ) Giải hệ phương trình:  ;( x, y   )  y  x   x   2( x  y )  Câu 10 (1đ) Cho số x, y, z thỏa mãn  x  y  z Tìm giá trị lớn biểu thức: P  xy  yz  zx x  xyz   y2  z  -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm! Họ tên thí sinh: Số báo danh HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THIT THỬ, NĂM HỌC 2015 - 2016 Câu Đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  (C)  Tập xác định; D=R  Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y '  3x  x; 1,0đ 0,25 y '   x  x  Hàm số đồng biến (;0) (2; ) ; nghịch biến (0;2) Hàm số đạt cực tiểu x  2; yCT  2 đạt cực đại x  0; yCĐ  Điểm 0,25 Giới hạn: lim y  ; lim   x  x  Bảng biến thiên  Đồ thị: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f ( x)  x  x  [0;3] x  Ta có f '( x )  x3  x  f '( x)     x  1 0,25 x  x  [0;3]   x 1 f(0) = 3; f(1) = 2; f(3) = 66 max f ( x)  66  x  3;min f ( x )   x  [0;3] 0,25 0,25 0,25 [0;3] 1) Cho số phức z thỏa mãn 2( z  1)  3z  i (5  i ) Tìm môđun số phức z Đặt z = a + bi (a;b  R) 2( z  1)  z  i (5  i )  2(a  bi  1)  3(a  bi )   5i  a   5(1  b)i  0,25 0,25 1,0đ a    z  b  0,5đ 0,25 0,25 2) Giải phương trình sau: log 2 x  8log x  12 (với x   ) 0,5đ ĐK: x>0, log 2 x  8log x  12  log 22 x  8log x  12 0,25 x   log x  1  Đối chiếu điều kiện ta nghiệm x  x   log x  3   x   0,25   Tính tích phân sau I   x   ln x  dx x 1   1,0đ 2x   I   x  ln x  dx   dx   x.ln xdx x 1 x 1   1 0,25 d  x  1 2x Tính I1   dx    ln x   ln  ln   x 1 x2  1 0,25 2 Tính I   x ln xdx 1  du  dx  u  ln x  x Đặt   dv  xdx v  x  2 I2  x2 x ln x   dx  ln  2 3  ln10  4 Trong không gian Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O x 1 y z  đồng thời vuông góc với đường thẳng d :   Tính góc mặt 3 phẳng (P) mặt phẳng tọa độ (Oxyz)  Ta có: Vtcp đường thẳng d: ud  (2;3; 3)   Vì đường thẳng d  ( P )  n( P )  u( d )  (2;3; 3) Vậy I  ln  ln  Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 3y + z =  Véctơ pháp tuyến mp (Oyz) i  (1;0;0) Gọi  góc mp (P) mp (Oyz)  3.0  3.0     600 493 16 1) Một người xếp ngẫu nhiên 12 sách đôi khác lên kệ sách: gồm toán, lý, hóa Tính xác suất để sách môn nằm cạnh Số phần tử không gian mẫu là: n(  )=12! Gọi A biến cố: “Sách môn xếp cạnh nhau” n(A) n(A) = 3!.3!.4!.5! P (A)   n() 4620 2) Cho tan x    x  Tính A  4sin x  cos x 1 Vì   x  nên sinx < tanx = > nên cosx < 0;  cos x  cos    16  5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, SA  ( ABCD) Góc SC mặt phẳng (ABCD) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M trung điểm CD Ta có hình chiếu SC mặt phẳng đáy AC góc SCA góc SC A=4sin2x – cosx = 8sinx.cosx – cosx = mặt phẳng đáy  SA  AC.tan 600  a 15 Ta có: S ABCD  AB AD  2a 0,25 0,25 1,0đ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5đ 0,25 0,25 0,5đ 0,25 0,25 1,0đ 0,25 0,25 15a Do đó: VS ABCD  SA.S ABCD  (đvtt) 3 Ta có: d(D,(SBM))=d(C,(SBM))= d(A,(SBM)) Dựng AN  BM (N thuộc BM) AH  SN (H thuộc SN) Ta có: BM  AN , BM  SA suy ra: BM  AH Và AH  BM , AH  SN Suy ra: AH  ( SBM ) Do d(A,(SBM))=AH Ta có: S ABM  S ABCD  2S ADM  a ; S ABM Trong tam giác vuông SAN có: Suy d ( D,( SBM ))  0,25 2a 4a  AN BM  a  AN   BM 17 1 15a    AH  2 AH AN AS 271 15a 271 0,25 Cách khác: Dựng hệ tọa độ Lập pt mp (SBM) (0.25đ) 15a (0.25đ) 271 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB điểm D, E, F Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC biết D(3;1), B(2;0), phương trình EF : x  y   , trung điểm M BC có tọa độ số nguyên giao điểm H EF với BC nằm tia đối tia BC Phương trình đường thẳng BC: x – y – = Vì H giao điểm EF BC nên tọa độ H nghiệm hệ 3 x  y   x   , H (0; 2)  x  y   y     Ta cần chứng minh MD.MH = MB2 Qua B kẻ đường thẳng song song với CA cắt HE K Khi ta có    FKB   KFB   Tam giác BKF cân B AEF  FKB d ( D,( SBM ))  HB KB DB    HB.DC  DB.HC HC CE DC Vì M trung điểm đoạn BC nên ta có ( MH  MB)( MB  MD )  ( MB  MD )( MH  MB)  MH MD  MB Vì M thuộc BC nên M(t;t – 2)   MH MD  MB  2(t  3t )  2(t  2)  t  Vậy M(4;2)  C(6;4) 1,0đ 0,25  BK = BF = BD đồng thời Phương trình đường tròn tâm B bán kính BD (T): ( x  2)  y  Đường thẳng EF cắt (T) K F có tọa độ nghiệm hệ 0,25 0,25  x  ( x  2)  y  x       y 1 y   3 x  y     1  Vì K nằm H F nên F (1;1), K  ;  5  Khi phương trình AB: x + y – = 0, AC qua C song song với BK nên có pt: x – 7y + 22 = Tọa độ điểm A nghiệm hệ x  y    x  1  , A( 1;3)   x  y  22  y  Vậy A(–1;3), B(2;0), C(6;4) (2 x  5) x   x  y  (5  y )  y Giải hệ phương trình:  ;( x, y   )  y  x   x   2( x  y )  1 ĐK: x  ; y  0,25 1,0đ (1)  (2 x  1)3  2(2 x  1)  x   (1  y )3  2(1  y )   y  f ( x  1)  f (  y ) 0,25 Xét hàm số: f (t )  t  2t  4t liên tục R Ta có f '(t )  3t  4t   với  t  R   hàm số đồng biến R PT  f ( x  1)  f (  y )  x    y  x   y Thay vào (2) ta phương trình: x  x   2 x   x   (2 x  1)  5( x  1)  (2 x  1)  x  (3) Với x  , chia hai vế phương trình (3) cho x  ta phương trình 0,25 2x 1  2x 1  5   5   x 1  x 1  t  t   t    t2 t   2x  x  Giải phương trình:   x   2x 1   x 1 4( x  1)  x  x   0,25  x   x      x  1 2 4x  8x    x   28   0,25 Đặt t  2x 1 , phương trình: x 1 Khi x    y  2    Nghiệm hệ phương trình là: ( x; y )  1  ; 2     Cho số x, y, z thỏa mãn  x  y  z Tìm giá trị lớn biểu thức: 2 P  xy  yz  zx x  xyz   y2  z  1,0đ Vì  x  y  z nên x( x  y )( y  z )   ( x  xy )( y  z )  0,25  x y  x z  xy  xyz   x y  xyz  x z  xy xy  yz  zx  xyz  ( x z  xy )  yz  xyz  ( x y  xyz )  yz  xyz  y ( x  z ) 10 Theo bất đẳng thức Cô si ta có: y( x  z )  y ( x  z )( x  z ) 0,25   x2  y  z   y2  ( x2  z )  ( x2  z )       3      x2  y  z  Đặt t    (t  0) Ta có P  f (t )  2t  t   f '(t )  6t  6t  6t (1  t )   t  Lập bảng biến thiên hàm f (t ) suy f (t )  f (1)   1  P 2 1 x  y  z  Vậy giá trị lớn cần tìm Max P  2 x  y  z  Ta thấy P  0,25 0,25