đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE307 THPT thanh an, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ TRƯỜNG THPT THẠNH AN Đề tham khảo KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút 2x  x 1 Câu (1,0điểm) Cho hàm số y  x   m  1 x  m  (1) Gọi A điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ x A  Tìm giá trị m để tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) A vuông góc với đường thẳng d : y  x  2016 Câu (1,0điểm) 1  2i  1) Tìm môđun số phức z biết:   i 1  iz      2i  z 1 i 2) Giải bất phương trình: 2log  x  3  log  x    Câu (1,0điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  e Câu (1,0điểm) Tính tích phân sau: I   e x  1 ln x  x ln x dx Câu (1,0điểm)   1) Giải phương trình: sin  x    cos x  3  2) Cuộc thi tìm kiếm tài trường THPT Thạnh An lần II năm học 2015 – 2016 tuyển 14 tiết mục để công diễn, số lớp 11A2 có tiết mục chọn Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành nhóm công diễn, nhóm tiết mục Tính xác suất để tiết mục lớp 11A2 biểu diễn nhóm Câu (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  2z   hai điểm A 1; 2;3 , B  3;2; 1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B vuông góc với (P) Tìm điểm M trục hoành cho khoảng cách từ M đến (Q) 17 Câu (1,0điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi có cạnh a ,   1200 cạnh bên SA vuông góc với đáy Biết mặt phẳng (SBC) đáy 600 Tính BAD theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BD SC Câu (1,0điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H 1;2  hình chiếu 9  vuông góc A BD Điểm M  ;3  trung điểm cạnh BC, Phương trình đường trung 2  tuyến kẻ từ A tam giác ADH d : x  y   Viết phương trình cạnh BC  x  x  x  xy  y  y  y  Câu (1,0điểm) Giải hệ phương trình:  (x, y  R) 2  x  y  x  18 y  15  x  Câu 10 (1,0điểm) Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2] Tìm giá trị nhỏ biểu thức (a  b) P c  4(ab  bc  ca ) -HẾT - HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Đáp án – cách giải Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  TXĐ: D=R \{1}, y’ = Điểm 2x  x 1 1,0đ >0 x D ( x  1)2 0.25 Hàm số đồng biến khoảng (– ; –1) (–1;+) Hàm số cực trị - Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực tiệm cận: lim y  2; lim y   Đường thẳng y = tiệm cận ngang x  x  lim y  ; x 1 0.25 lim y    Đường thẳng x = –1 tiệm cận đứng x 1 Bảng biến thiên 0.25 Đồ thị 0.25 Cho hàm số y  x   m  1 x  m  (1) Gọi A điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ x A  Tìm giá trị m để tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) A 1,0đ vuông góc với đường thẳng d : y  x  2016 Ta có: y '  x   m  1 x 0.25 Hệ số góc tiếp tuyến điểm A là: y ' 1  4m 0.25 Tiếp tuyến A vuông góc với đường thẳng d  y ' 1  1  m  0.5 1) Tìm mô đun số phức z biết: (2  i)(1  iz )  z   i 1  iz   1  2i  1 i    2i  z 2(1  2i)  (3  2i ) z   i  (2  i )iz   i  (3  2i ) z  z   2i 1 i 29 i  z  2 0.25 0.25 2) Giải bất phương trình: 2log  x  3  log  x  3  3 ĐK: x  Khi đó: 2log  x  3  log  x  3   log  x  3  log  x  3  0.25 3   x  3   x  3  16 x  42 x  18     x  Kết hợp điều kiện, nghiệm BPT là:  x3 0.25 e2 Tính tích phân sau: I   x e I  x e e   ln x  x ln x e2 dx    ln x  x ln x e 2  e dx e2 e2 e2 x2 1 1  dx   dx    x   dx   dx  J  K x x ln x x x ln x   e e e e2  x2  e4  e2 1  J    x   dx    ln x   1 x  e e  e2 K  e I 0.25 e2 1 dx   d ln x  ln ln x x ln x ln x e e2 e 0.25  ln 0.25 e4  e2   ln 2 0.25   1) Giải phương trình: sin  x    cos x  3        sin  x    cos x   cos x   sin  x    cos x  cos   x   3 3 3   2 5  5  2x   x  k 2 x  k 2    5   cos x  cos   x    k    x    5  x   k 2    x   5  k 2     18   0.25 0.25 2) Cuộc thi tìm kiếm tài trường THPT Thạnh An lần II năm học 2015 – 2016 tuyển 14 tiết mục để công diễn, số lớp 11A2 có tiết mục chọn Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành nhóm công diễn, nhóm tiết mục Tính xác suất để tiết mục lớp 11A2 biểu diễn nhóm Số cách chia 14 tiết mục thành hai nhóm, nhóm tiết mục C147 C77  số phần tử không gian mẫu n     C147 0.25 Gọi A biến cố “cả tiết mục lớp 11A2 diễn nhóm” 12  n  A   2.C 0.25 2C125  P  A   C14 13 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P  : 2x  y  2z 1  hai điểm A 1; 2;3 , B  3; 2; 1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B vuông góc với (P) Tìm điểm M trục hoành cho khoảng cách từ M đến (Q) 17   Ta có: AB   2; 4; 4  , mp(P) có VTPT nP   2;1; 2     mp(Q) có vtpt nQ   AB; nP    4; 4; 6   (Q): 2x + 2y + 3z – = M  Ox  M(m; 0; 0), d  M ;  Q    17  2m  17  17 (*) Giải (*) tìm m  12, m  5 Vậy: M(12; 0; 0) M(–5; 0; 0) 0.25 0.25 0.25 0.25   1200 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi có cạnh a , BAD cạnh bên SA vuông góc với đáy Biết mặt phẳng (SBC) đáy 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BD SC   1200 nên tam giác ABC, ADC cạnh Do dáy ABCD hình thoi có BAD a Gọi H trung điểm BC, ta có: AH  BC, SA  BC  BC  SH    600 Do đó:  SBC  ;  ABCD    AH ; SH   SHA  Tam giác S ABCD  2S ABC 0.25  SAH 3a SA  AH tan 600  1,0đ vuông a 3 2 A:  3a 0.25 3a 3 Vậy: VS ABCD  SA.S ABCD  Gọi O = AC  BD Vì BD  AC BD  SA nên BD  (SAC) Kẻ OK  SC K  OK đường vuông góc chung BD SC 0.25  d(BD; SC) = OK 3a 14 Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H 1;  hình chiếu Tam giác SAC đồng dạng tam giác OKC  OK  9  vuông góc A BD Điểm M  ;3  trung điểm cạnh BC, Phương trình 2  đường trung tuyến kẻ từ A tam giác ADH d : x  y   Viết phương trình cạnh BC Gọi K trung điểm DH, P trung điểm AH Ta có: KP // AD  KP  AB Mặt khác: AH  BD  P trực tâm tam giác ABK  BP  AK (1) Lại có: Tứ giác BMKP hình bình hành nên BP // KM (2) Từ (1) (2) ta được: AK  KM 15 Đường thẳng KM qua M vuông góc với AK nên KM: x  y   1  K = AK  KM  K  ;  Do K trung điểm DH  D(0; 2) 2  0.25 1,0đ 0.25 0.25 0.25 Đường thẳng BD qua K H nên BD: y   , Đường thẳng AH: x – = A = AH  d  A(1; 0) Đường thẳng BC qua M song song với AD nên BC: 2x + y – 12 = 0.25  x  x  x  xy  y  y  y  Giải hệ phương trình:  3  x  y  x  18 y  15  x  1 2 1,0đ  y  x 1 (1)   x  y  1 x  y  xy     2  x  y  xy    y  x 1     y  x 1  x  y   y          0.25 Thay y = x – vào (2), ta được:   x  x  x   3 x   x3  3x  x    x  1  x   3 x    x  1   x  1   6x2   3 x   f  x  1  f  6x2  0.25   * Xét hàm số f  t   t  3t , t  , f '  t   3t   0, t   0.25  hàm số f  t  đồng biến R 3 (*)  x   x   x    x  1   x  1   x  1 0.25 1 2  x    x  1  x   y 1 1 Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2] Tìm GTNN P P ( a  b) c  4(ab  bc  ca ) 1,0đ ( a  b) ( a  b) = c  4(ab  bc  ca ) c  4(a  b)c  4ab a b    (a  b) c c Do 4ab  (a + b) nên P  = 2 c  4(a  b)c  (a  b) a b  a b 1        c c  c c 10 Đặt t = a b t2  a,b,c[1;2] nên t thuộc [1;4]  P   f (t ) , c c  4t  t 4t  2t > t[1;4] f '(t )  (1  4t  t )  Hàm số f(t) đồng biến [1;4] nên minf(t) = f(1)= ab  P ≥ Dấu “=” xảy a = b =  a = b = 1, c = (vì a,b,c[1;2]) c Vậy MinP = a = b = 1, c = 0.25 0.25 0.25 0.25