đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE326 THPT vĩnh thanh, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ TRƯỜNG THPT VĨNH THANH Đề ĐỀtham SỐ khảo 326 KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu (1,0điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y  x  x  x  Câu (1,0điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đường cong (C ) : y  2x 1 , biết tiếp tuyến x2 song song với đường thẳng d : x  y  2016  Câu (1,0điểm) Giải phương trình sau: a) b) log (2 x  3)   x sin x  cos x  2sin x Câu (1,0điểm) a) Tìm phần thực, phần ảo tính môđun số phức z  1  i  2016 b) Tính số đỉnh đa giác lồi biết số đường chéo đa giác lồi 170 đường chéo  Câu (1,0điểm) Tính tích phân sau: I    x  sin x  cos xdx Câu (1,0điểm) Cho hình chóp S.ABC, có đáy tam giác ABC vuông cân A, AB  AC  a M trung điểm cạnh AB Hình chiếu vuông góc điểm S lên mặt đáy (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC góc SA với mặt đáy (ABC) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.BMC khoảng cách từ B đến mp(SAC) Câu (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm M(1;2;–2), N(2;0;–1) mặt phẳng ( P) : x  y  z   a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm M; N vuông góc (P) b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I(–1; 3;2) tiếp xúc mặt phẳng (P) Câu (1,0điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( P ) : x  y  y   cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng d : x  y   Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB tìm tọa độ đỉnh C Câu (1,0điểm) a) Một ảnh hình chữ nhật cao 1,4m đặt độ cao 1,8m so với tầm mắt (tính đến mép ảnh) Để nhìn rõ phải xác định vị trí đứng cho góc nhìn lớn Hãy xác định vị trí 2 3 x  xy  y  x  y   b) Giải hệ phương trình:  3 y  xy  x  10 y   Câu 10 (1,0điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện: x  y  z  Chứng minh xy yz xz    z x y - Hết - HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Đáp án – cách giải Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y  x  6x  9x  + Tập xác định: D   + y   3x  12x  + x   y  y    x   y  1 Giới hạn: lim y   lim y   + Hàm số đồng biến khoảng x  0.25 x   ; 1 ;  3;   nghịch biến khoảng 1; 3 + 1.0 0.25 Hàm số đạt cực đại x   yCD  đạt cực tiểu x   yCT  1 x -∞ + y' - CĐ y -∞ + +∞ + 0.25 +∞ CT -1 Đồ thị 0.25   Viết phương trình tiếp tuyến đường cong C : y  song với đường thẳng d : 5x  y  2016  + y  + Gọi 2x  , biết tiếp tuyến song x 2 x   x ; y  0 0.25 tọa độ tiếp điểm  x  x   y Phương trình tiếp tuyến có dạng: y  y  x + 1.0 0 Tiếp tuyến song song với đường thẳng d nên: x  1  y y x    x  3  y y  5x Phương trình tiếp tuyến là:  y  5x    3 0.25 7 2  22 0.25 0.25 sin 2x  cos 2x  sin x Giải phương trình sau: a/ 1.0 sin 2x  cos 2x  sin x 2    sin 2x cos  sin cos 2x  sin x 6     sin  2x    sin x 6  0.25   x   k 2  x    k 2  18 0.25  b/ log2 (2x  3)   x 0.5  2x   2 x 0.25  2x  3.2x    2x   x x 0 2  4(VN ) 0.25  a/ Tìm phần thực, phần ảo tính môđun số phức z   i  1i + 1008    2i   i 1008 1008 2 Phần thực: 21008 +   2i   i 2016 2 2016 0.5 1008    i       i 1008  252 Phần ảo:  0.25 1008 2 mô đun z: z  21008 0.25 b/ Tính số đỉnh đa giác lồi biết số đường chéo đa giác lồi 170 đường chéo   + Gọi n n  , n  + + Đa giác có n đỉnh  có n cạnh Cứ hai đỉnh cho ta cạnh đường chéo số đỉnh đa giác  tổng số cạnh đường chéo là: C n2  0.25    n n 1 n!  n  !2!   Số đường chéo đa giác là:    n  170  n n n 1 n  20  3n  340    n  17 Vậy đa giác cần tìm có 20 đỉnh 0.25  Tính tích phân sau: I    2x  sin x  cos xdx 1.0   0.25 I   sin x cos xdx   2x cos xdx 0    1 I   sin x cos xdx   sin x d sin x  sin x  2 0 0.25  I   2x cos xdx u  2x du  2dx Đặt   dv  cos xdx v  sin x  I  2x sin x    cos x   0.25    sin xdx  2 0.25 I   Cho hình chóp S.ABC, có đáy tam giác ABC vuông cân A, AB  AC  a M trung điểm cạnh AB Hình chiếu vuông góc điểm S lên mặt đáy (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC góc SA với mặt đáy (ABC) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.BMC khoảng cách từ B đến mp(SAC) +  +  Gọi D điểm đối xứng với A qua BC ABDC hình vuông Gọi I hình chiếu S lên mp(ABC) I nằm đường chéo AD cho AI  AD + Thể tích khối chóp S.BMC: VS BCM  S BCM SI a2 + S BCM  BM BC sin 45  + IA hình chiếu SA lên mp(BCM) S H A M 60° a a   0.25 K C O N I B D 0.25 3a 3a a 3a a 3   VS BCM  4 4 16  SI  AI tan 60  1.0   43 d I , SAC  + d B, SAC + Gọi K, H hình chiếu I lên AC SK IH  SK (1) 0.25 AC  IK  AC  SIK Mà IH  SIK  IH  AC (2)  AC  SI     Từ (1) (2) suy IH  SAC +     d I , SAC Xét tam giác SIK vuông I có: IK   IH  SI IK SI  IK    IH 3a a; SI  4 0.25 3a 42  28 Trong không gian Oxyz cho hai điểm M (1 ; ; -2), N (2 ; ; -1) mặt phẳng P  : 3x  y  2z   1.0 a/ Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm M; N vuông góc (P) + +  MN  1; 2;    Vec tơ pháp tuyến mp(P) n  3; 1;   MN , n   5; 1;   Phương trình mp(Q): 5x  y  7z  17    +  0.25  0.25 b/ Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I ( -1; 3; ) tiếp xúc mặt phẳng (P) +     d I, P 3(1)   2.2  1  +  0.25 14      tam I 1; 3;  Mặt cầu (S):  bk R  d I , P  0.25 14 x  1  y  3  z    149 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C  : x  y Có phương trình là: 2 2  4y   cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng d : 2x  y   Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB tìm tọa độ đỉnh C + Đường tròn (C) có: tam I (0; 2)  bk R  2 + Gọi M(m; 2m-1) Do tam giác ABC nội tiếp (C) nên m  R  IM   5m  12m    m   + 1.0 A 0.25 M I 0.25 B C m = suy M(1; 1)  Khi AB qua M nhận IM  1; 1 làm vtpt nên AB: x  y    Mặt khác IC  2MI  C 2;     0.25 + 7 9 suy M  ;  , Phương trình cạnh AB : 7x  y   5 5    14  Mặt khác IC  2MI  C  ;   5 m 0.25 a/ Một ảnh hình chữ nhật cao 1,4m đặt độ cao 1,8m so với tầm mắt (tính đến mép ảnh) Để nhìn rõ phải xác định vị trí đứng cho 0.5 góc nhìn lớn Hãy xác định vị trí  Theo yêu cầu toán ta cần xác định OA để BOA  lớn Điều xảy tan BOA lớn Đặt OA  x (m), x      Ta có tan BOC  tan AOC  AOB  1.4m B 0.25  1.8m   tan AOB  tan AOC 1, 4x   tan AOB  x  5, 76  tan AOC   Xét hàm f x  1, 4x  1, 4.5, 76 x  5, 76  đạt giá trị lớn ;   f  x   x  2, O 1, 4x x  5, 76     x A Bài toán trở thành tìm x  để f x Ta có f  x  C 0.25 Bảng biến thiên: x 2,4 + y' +∞ - 84 y 193 0 Vậy vị trí cho góc nhìn lớn cách ảnh 2,4m 2 3x  3xy  3y  9x  3y   b/ Giải hệ phương trình:  3y  6xy  2x  10y   2 3x  3xy  3y  9x  3y   3y  2x  y   + Với 3y    y   x   16 3x  10x  0 x     0.5 40 0.25  thay vào pt(1) ta được: y  y  0.25 + Với y  2x  thay vào pt (1) ta được:   15x  27x  31  VN 2 1 8 1 3 3 3 3 Vậy nghiệm hệ là:  ;  ,  ;  Cho x , y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện: x  y  z  Chứng minh + xy yz xz    z x y 1.0 Bình phương vế bất đẳng thức cần chứng minh ta được: x 2y y 2z x 2z    x2  y2  z2  z x y 2 2 x y yz x 2z    3 z x y  10 +  Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta x 2y y 2z x 2y y 2z  2  2y 2 z x z x y 2z x 2z   2z 2 x y Tương tự ta có: 2 x y x 2z   2x 2 z y + 0.25 Cộng theo vế bđt ta điều cần chứng minh Đẳng thức xảy khi: x y z 1 0.25 0.25 0.25