đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE330 THPT quảng xương 1, thanh hóa (l4)

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ SỐ 330 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN -NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề có 10 câu 01 trang Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y   x  x  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ hàm số y  x   2x  đoạn x 1 2 ; 5 Câu (1,0 điểm)  sin 2  sin      Tính giá trị biểu thức A  2 cos   2) Gọi z1 z hai nghiệm phức phương trình z  z  10  Tính A  z12  z 22 1) Cho cos 2  cos    với Câu (1,0 điểm) 1) Giải bất phương trình x  31x   2) Minh Hùng tham gia kỳ thi, có hai môn thi trắc nghiệm Đề thi môn gồm mã đề khác môn khác có mã đề khác Đề thi xếp phát cho thí sinh cách ngẫu nhiên Tính xác suất để hai môn thi Minh Hùng có môn chung mã đề thi Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  x  ln(1  x) dx Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' biết góc đường thẳng A ' C mặt   1200 Tính thể tích khối lăng trụ phẳng (ABC) 600, AB = a, AC = 2a BAC ABC A ' B ' C ' khoảng cách hai đường thẳng AM B ' C với M trung điểm BC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 1;2) , đường thẳng d: x 1 y z    mặt phẳng ( P) : x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua 1 A vuông góc với d Viết phương trình đường thẳng  cắt d (P) M N cho A trung điểm đoạn thẳng MN Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1 ) : x  y  x  y  (C2 ) : x  y  x  Gọi A(3;3) hai giao điểm (C1 ) (C2 ) Đường thẳng  qua A cắt hai đường tròn (C1 ) (C2 ) điểm thứ hai B C Biết đường   thẳng  cắt đường thẳng d : x  y   điểm D thỏa mãn BC  AD Viết phương trình đường thẳng  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  x  y  y  y   ( x  y  1) x  ( x, y   )   y   x  y  xy  x  x  xy  y   y Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  ( a  b )(b  c )( a  c )( ab  bc  ca ) HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG Câu ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN Nội dung Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y   x  x  1.0 Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ hàm số y  x   Tập xác định D  R \ 1 Hàm số y  x   Ta có : y '   ( x  1) 2x  2 ; 5 x 1 2x  liên tục đoạn 2 ; 5 x 1 41 ; y (4)  10 Vậy Max y  y (2)  14 ; Min y  y (4)  10 2;  1) Cho cos 2  cos    với Theo giả thiết  sin 2  sin      Tính giá trị A  2 cos   A Với cos   Vậy A  0,25 0,25 0.5      nên sin   , cos  2  cos    (tm )  Ta có : cos 2  cos     cos   cos      cos   (loai )  Khi 0,5  x  (tm) ; y '   ( x  1)     x  2 (loai ) Khi y (2)  14 ; y (5)  2 ;5  1.0 0.25 sin 2  sin  sin  cos   sin    sin  cos   cos   2 5  sin    cos    sin   ( sin   0) 0.25 2) Gọi z1 z hai nghiệm phức phương trình z  z  10  Tính A  z12  z 22 Phương trình z  z  10  (1) có '   10  9  nên (1 ) có hai nghiệm phức 0.5 0,25 z1   3i z   3i Ta có A  (1  3i )  (1  3i )    6i    6i  (8)  (6)  (8)   20 Vậy A  20 0,25 1) Giải bất phương trình x  31x   Ta có : x  31 x    x  0.5   Đặt t  x (t  0) ta bất phương trình: x 3 t     t  2t    1  t  Kết hợp điều kiện ta có  t  t   x   x  Vậy tập nghiệm bất phương trình T    ;1 2) Minh Hùng tham gia kỳ thi, có hai môn thi trắc nghiệm Đề thi môn gồm mã đề khác môn khác có mã đề khác Đề thi xếp phát cho thí sinh cách ngẫu nhiên Tính xác suất để hai môn thi Minh Hùng có môn chung mã đề thi 0.25 0.25 0.5 Số cách nhận mã đề hai môn Minh C 81 C81  64 Số cách nhận mã đề hai môn Hùng C 81 C81  64 0.25 Suy số phần tử không gian mẫu   64.64  4096 Gọi A biến cố : ”Minh Hùng có môn mã đề ” Xét trường hợp sau: Trường hợp : Minh Hùng có chung mã đề môn thứ Số cách nhận mã đề thi Minh Hùng C 81 1.C 81 C 71  448 Trường hợp : Minh Hùng có chung mã đề môn thứ hai Số cách nhận mã đề thi Minh Hùng C 81 C 71C81  448 Trường hợp 3: Minh Hùng có chung mã đề hai môn : Số cách nhận mã đề thi Minh Hùng C 81 1.C81  64 0,25 Suy  A  448  448  64  960 Vậy xác suất P ( A)  A  960 15  4096 64  Tính tích phân I   x  x  ln(1  x)dx 1.0 1 Ta có : I   xx  ln(1  x)dx   x dx   x ln(1  x)dx  I  I 0 Tính I1   x dx  x3  0.25 0,25 Tính I   x ln(1  x )dx  dx u  ln(1  x) du  Đặt   x 1 dv  xdx v  x  0,25 Do I  x ln(1  x )t 10  dt  ln   1   ln   x  x  ln(1  x) 10  2  Vậy I    x2 dx  ln   ( x   )dx x 1 x 1 0,25 Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' biết góc đường thẳng A ' C mặt   1200 Tính thể tích khối lăng phẳng (ABC) 600, AB = a, AC = 2a BAC trụ ABC A ' B ' C ' khoảng cách hai đường thẳng AM B ' C với M trung điểm BC Hình chiếu A lên mặt phẳng (ABC) A nên: ( A ' C , ( ABC )  ( A ' C , AC )   A ' CA  600 B' C' A' 0.25 Do A ' A  AC.tan 60  2a K a2 S ABC  AB AC sin 120  2 Vì ABC A ' B ' C ' hình lăng trụ đứng nên thểtích hình lăng trụ : 1.0 M B a2 A V  A ' A.S ABC  2a  3a Trong (ABC) dựng hình bình hành AMCD Khi AM//(BCD).Ta có C D H d ( AM , B ' ' C )  d ( AM ,( B ' CD ))  d ( M ,( B ' CD))  d ( B,( B ' CD )) Trong (ABC) kẻ BH  CD mà BB '  CD nên ( B ' BH )  ( B ' CD ) Trong (BBH) kẻ BK  B ' H  BK  ( B ' CD) Vậy d ( B,( B ' CD))  BK S ABM S ABC  ; AM đường trung tuyến tam giác AM AM AB  AC BC 5a 7a 3a a ABC nên AM       AM   BH  2a 4 0.25 0.25 Ta có BH  d ( B , AM )  Trong tam giác vuông BBH có 0.25 1    BK  a 2 BK B'B BH a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 1;2) , đường thẳng Vậy d ( AM , B ' C )  d: x 1 y z    mặt phẳng ( P) : x  y  z   Viết phương trình mặt 1 1.0 phẳng (Q) qua A vuông góc với d Viết phương trình đường thẳng  cắt d (P) M N cho A trung điểm đoạn thẳng MN Mặt phẳng (Q) qua A(1;–1;2) vuông góc với d nên (Q) có vec tơ pháp tuyến 0,25 n  u d  (2;1;1) Vậy phương trình mặt phẳng (Q) : 2( x  1)  ( y  1)  ( z  2)   (Q) : x  y  z   0.25 Ta có M    d  M (1  2t; t ;2  t ) Vì A trung điểm MN nên N (3  2t;2  t ;2  t ) 0,25 Vì N  (P) nên – 2t – – t – 2(2 – t) + 5=0  t   M (3;2;4); N (1;4;0)    qua M, N nên có vec tơ phương u   MN  (2;3; 2) x3 y2 z 4 Vậy phương trình đường thẳng    0.25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1 ) : x  y  x  y  (C2 ) : x  y  x  Gọi A(3;3) hai giao điểm (C1 ) (C2 ) Đường thẳng  qua A cắt hai đường tròn (C1 ) (C2 ) điểm thứ hai B C Biết đường thẳng  cắt đường thẳng d : x  y   điểm D   thỏa mãn BC  AD Viết phương trình đường thẳng  1.0 (C1 ) có tâm I1  (1; 2) bán kính R1  , A a B (C2 ) có tâm I  (3; 0) bán kính R2  H1 Gọi H1 , H hình chiếu vuông I1 góc I1 I  (C 1) Ta có : H1 H  AD  BC Qua A kẻ đường thẳng a song song với I1 I lấy đường thẳng a điểm D0   cho AD0  I1I Gọi H hình chiếu vuông góc I1 I H Ta có : HI1 I  DAD0 ( c.g.c)  DD0  AD H2 D H C D0 I2 0,25 (C ) Suy D thuộc đường tròn (C) đường kính AD0 Phương trình I1 I : x  y   phương trình đường thẳng a : x  y     AD0  I1 I  D0  (5;1) 0.25 Phương trình đường tròn (C) :  x     y    Ta có D  d  (C ) nên toạ độ D nghiệm hệ:  x     y  2  ( x  5)2  x     D (5;1)  D0  y 1 y  x   x  y   Vậy phương trình đường thẳng  : x  y   Giải hệ phương trình:  x  y  y  y   ( x  y  1) x  (1)   y   x  y  xy  x  x  xy  y   y (2)  x  y  y  y   ( x  y  1) x    y   x  y  xy  x  x  xy  y   y x  y  Điều kiện:   x y0 y  2 1.0 (2) y   y  y  ( x  y)   x  y  ( x  y )  f ( y )  f ( x  y ) t Xét hàm số : f (t )  t   t  t 0;  có f , (t )    2t hay t2 1 t 1 f , ( x)  t (  2)   0, t  nên hàm f (t ) nghịch biến 0;  2 t t 1 Suy ra: f ( y )  f ( x  y )  y  x  y  x  y  0.25 (1) PT(2)  y   y  y  x  xy  y   x  y  ( x  xy  y ) 0.25 0,25 Thế vào phương trình (1) ta : x  x  x  x   ( x  x  1) x   ( x  x  1)  ( x  1)  x    ( x  x  1) x     2 x  x 1 3( x  x  1)    ( x  x  1) x   2 3 3 x  x  ( x  1)  ( x  1) x   ( x  4) x  1  1  x  y (tm)  2 x  x         x  (4)  x  x  ( x  1)  ( x  1) x   ( x  4)2 3 VT( )   1 2 3 33 16 x  x 1 x  33 ( x  4) (1  )  (x 1 )  4 VP( 4)  x    2, x  Do phương trình (4) vô nghiệm  1 1  Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y )   ;    Cho số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  ( a  b )(b  c )( a  c )( ab  bc  ca ) Do a  b  c nên ab  bc  ca  P   Nếu ab  bc  ca  đặt ab  bc  ca  x  (a  c ) (a  c ) (1)  ( a  b )( b  c )( a  c )  Áp dụng BĐT Côsi : (a  b)(b  c)  4 Áp dụng BĐT Bunhiacopski: (a  b)  (b  c )  (a  c)  2 0.25 0,25 0,25 1.0 0.25  2 4(a  b  c  ab  bc  ca)  2(a  b)  2(b  c)  2(a  c)  4(a  b  c  ab  bc  ca )  (a  c)2  2(a  c )  4(5  x )  3(a  c )   x  va  a  c  5 x (2) 0.25 Từ (1) (2) ta có: P  10 ( a  c) x  x (5  x) Xét hàm số f ( x )  x (5  x ) ; x  0;5 f ' ( x )   x (5  x) ; x  f ' ( x)    x  Ta có: f (0)  ; f (2)  ; f (5)  0,25 Max f ( x)   f ( x)  x (5  x)  ; x  0;5 0; 5 P  P  x  ab  bc  ca  a  a  b  b  c b  a     Vậy MaxP  Dấu "=" xảy     b  a  c  c  a  c   a  b  c  a  b  c  Chú ý: Học sinh làm cách khác đáp án mà điểm tối đa 0,25