đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE339 THPT nghĩa hưng c, nam định

SỞ GD – ĐT NAM ĐỊNH ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT C NGHĨA HƯNG MÔN TOÁN ĐỀĐỀ CHÍNH THỨC SỐ 339 (Thời gian 180 phút Đề thi gồm 01 trang) Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  3mx  , m tham số Tìm giá trị m để hàm số đạt cực trị x1; x2 thỏa mãn x1  3x2 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos2 x  2sin x cos x  2sin x   b) Cho số phức z thỏa mãn (2  i )(1  i )  z   2i Tính môđun z Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: log 2 x  5log 32 x  log x  b) Một lớp học có 27 học sinh nữ 21 học sinh nam Cô giáo chọn học sinh để lập tốp ca chào mừng ngày sinh nhật Bác Tính xác suất để tốp ca có học sinh nữ  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân sau: I   x  cos3 x dx cos x Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1; 1;2  B  2;1;3 mặt phẳng  P  : x  y  z   Viết phương trình đường thẳng AB Viết phương trình phẳng () biết () song song với (P) d  A,     2d  B,    Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, tam giác SAB   900 Gọi I trung điểm SD Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng SAD cách từ D đến mặt phẳng (ACI) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD biết BD có phương trình: x  y   , điểm G thuộc cạnh BD cho BD = 4BG Gọi M điểm đối xứng với A qua G Hạ MH  BC, MK  CD Biết H10;6), K(13;4 đỉnh B có tọa độ số tự nhiên chẵn Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD 4  x y   x   x y   x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x, y  R  2 x y  x  x  x  x y y  Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn y  z  x ( y  z ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  1  x   1  y   1  z   1  x 1  y 1  z  ––––––––––––––––––––––HẾT–––––––––––––––––––– ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Lưu ý:+ Hs làm theo cách khác cho điểm tối đa.+ Điểm thi giữ nguyên Câu Nội dung Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  1,0 1) Tập xác định : D   2) Sự biến thiên: a, Giới hạn : lim y   ; lim y   0,25 x  x  b, Bảng biến thiên: y = x  x , y =  x = 0, x  1 x –∞ y +∞ – 1 + 0 3 – +∞ + +∞ 0,25 y 4 4 Hàm số đồng biến khoảng (–1; 0) (1;) , hàm số nghịch biến khoảng (;1) (0; 1) 0,25 Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) = – Hàm số đạt cực tiểu x =  , yCT = y(  ) = – 3) Đồ thị: Đồ thị (C) hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox điểm (  ; 0) y  1 O x 0,25 3 4 Cho hàm số y  x  x  3mx  , m tham số Tìm giá trị m để hàm số đạt cực trị x1; x2 thỏa mãn x1  3x2 1,0 y '  0.25 Hàm số có cực trị   m  1 Theo Viet ta có x1  x2  Tìm x2  Thay vào phương trình y '  , tìm m   (tm) 0.25 0.25 0.25 a) Giải phương trình cos x  2sin x cos x  2sin x   1  cos x 1  2sin x   1  sin x     cos x  11  sin x    cos x    sin x  Khi cos2x = 1 x  k , k  Z  5  k 2 , k  Z Khi sin x   x   k 2 x  6 b) Cho số phức z thỏa mãn (2  i )(1  i )  z   2i Tính môđun z Đặt z  a  bi , a, b   z  a  bi Theo ta có (2  i )(1  i )  a  bi   2i  a   (1  b)i   2i a   a    Do z   3i , suy z  12  32  10 1  b  2 b  log 2 x  5log 32 x  log x  Điều kiện: x  Phương trình cho biến đổi thành: 2log 22 x  log x   a) Giải phương trình: x   log x  1   ( thỏa mãn đk)  x  2   log x     b) Một lớp học có 27 học sinh nữ 21 học sinh nam Cô giáo chọn học sinh để lập tốp ca chào mừng ngày sinh nhật Bác Tính xác suất để tốp ca có học sinh nữ Chọn ngẫu nhiên học sinh số 48 học sinh có: C48  1712304 Gọi A biến cố " chọn học sinh có học sinh nữ" A biến cố " chọn học sinh mà học sinh nữ " C5 20349  Ta có số kết thuận lợi cho A là: C21  20349  P A  21 C48 1712304 20349 1691955  P  A    1712304 1712304   0,5 0.25 0.25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0.25 0.25  x  cos3 x Tính tích phân sau: I   dx cos x  Ta có: I    3 1,0  x  cos x x dx   dx   cos xdx 2 cos x cos x 0,25    Tính I1   cos xdx  sin x  0  x Tính I   dx Đặt cos x u  x dx  du   dx   v  tan x dv  cos2 x       I   x.tan x    tan xdx    ln cos x    ln 3 0 Vậy : I  I  I1   3  ln  2 0,25 0,25 0,25 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1; 1;2  B  2;1;3 mặt phẳng  P  : x  y  z   Viết phương trình đường thẳng AB Viết phương trình phẳng () biết () song song với (P) d  A,     2d  B,    1,0  AB  3;2;1 vtcp đt AB 0,25  x   3t  PTts AB qua A là:  y  1  2t z   t  0,25 Theo giả thiết   / /  P  mặt phẳng   có pt: x  y  z  d   d  1 Theo giả thiết d  A,     2d  B,     2.1  1  2.2  d 2 22 12  22 5  d    d   d  1  loai  5 d 3 d  2   3 5  d  2   d   d  11/  tm  11 11 suy pt mặt phẳng   : x  y  z   Với d   3  2  1.1  2.3  d 0,25 22 12  22 0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, tam giác SAB   900 Gọi I trung điểm SD Tính theo a thể tích khối chóp SAD S.ABCD khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACI)  AD  SA  Do  AD  AB  AD   SAB  SA  AB  A  Gọi H trung điểm AB AD  SH Mà SAB cạnh a nên a SH  AB  SH   ABCD  SH = 1,0 S I 0,25 D A H B C 1 a a3 Lại có S ABCD  a Vậy VS ABCD  SH S ABCD  a  3 1 a Do d  I ;  ACD    d  S ;  ABCD    SH  2 1 a a Suy VACDI   a   (đvtt) 24 5a 2 2 Xét tam giác BCH vuông B nên CH  CB  BH  2 2 Tam giác SHC vuông H nên SC  SH  HC  2a Tương tự SD  SC  2a 1 Tam giác SCD có CI đường trung tuyến nên CI   SC  CD   SD  a 2 a ; AC  a 2;CI  a nên cos A  Xét tam giác AIC có AI  2   nên S  a a  a  sin IAC AIC 2 3V a 21 Suy d  D;  ACI    ACDI  S ACI 0,25 0,25 0,25 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD biết BD có phương trình: x  y   , điểm G thuộc cạnh BD cho BD = 4BG Gọi M điểm đối xứng với A qua G Hạ MH BC, MK CD Biết H10;6), K(13;4 đỉnh B có tọa độ số tự nhiên chẵn Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD 1,0 +Ta chứng minh G, H, K thẳng hàng Gọi E, F tâm hình chữ nhật ABCD, MHCK Ta có G trung điểm BE nên MBAE hình bình hành Vậy ME = AB = 2HE H trung điểm EM Khi GH FH đường trung bình tam giác  MAE, MCE Suy ra: GH // AC, HF //AC Do G, H, K thẳng hàng 0,25 B A G M H E F K C D + Ta có phương trình đường thẳng HK : 2x + 3y – 38 = 17  2 x  y   x   17  Tọa độ G nghiệm hệ:    G  ;7   2 x  y  38   y  Do GH = GP = GB nên tọa độ B nghiệm hệ:  BD : x  y    B  7;6    13    17   B 10;8   G; GH  :  x     y    2   Vì đỉnh B có tọa độ số tự nhiên chẵn B10;8   Mặt khác: BD  4BG  D  4; 4 Ta có phương trình đường thẳng DK y= ta có đường thẳng BC x = 10  x  10 Vậy tọa độ C nghiệm hệ   C 10;  y    Vì BA  CD  A4;8 4  x y   x   x y   x Giải hệ phương trình:   x, y  R  2 x y  x  x  x  x y y  1  x   Điều kiện: 1  x y  Với x = 0, hệ phương trình có nghiệm y   1  x y   Với x  , chia vế phương trình (2) cho x3 ta pt: 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 1 1 1 y  y (2 y )        f (2 y )  f   x x x  x t2  t   t 1 1 Vậy f(t) hàm đồng biến  , f (2 y )  f    y  x x Xét hàm số: f (t )  t  t t   f '(t )   t   0,25 Thế vào phương trình (1) ta :  x   3x   x   x (*) a   x  2a   x Đặt    2a  b   3x b   x  b   x pt ()  4a   2a  b   2b  ab  2a  (b  4)a  2b  b  a   b   (b  4)  8(2b  b )  (3b  4)   b a   Với a   b  a  b    x   x   x  ( loại) Với 2a  b   x   x  x    y    5 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là:  x; y     ;   ,  0; y   6 2 0,25 0,25 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn y  z  x ( y  z ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  1  x   1  y   1  z   1  x 1  y 1  z  1,0 Ta có ( y  z )  2( y  z )  x ( y  z )2  x( y  z )  2( y  z ) (1) 0,25 x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: P   (1  x ) (1  y )(1  z ) (1  y )(1  z )(1  x)  yz (2  y  z )2   (1  x) Mặt khác: (1  y )(1  z )   2   4 x x2 P 10 x2 4x2 x3  x  x     (1  x )2 (1  x) (1  x )3 (1  x )3 0,25 x3  x  x  10 x  Xét hàm số f ( x )   f '( x )  0 x (1  x) (1  x)  BBT: x f '(x) f(x) – +  91 108   91 Từ bảng biến thiên ta có: P  f ( x )  f      108  91 x  Vậy giá trị nhỏ P Dấu xảy  108  y  z  0,5