Free đề thi thử môn toán 2016 trường THPT minh châu lần 2

TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Tổ: TỰ NHIÊN ĐỀ THI THỬ LẦN II - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 27/02/2016 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = −x + 3x Câu (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f(x) = ( ) ( ) x − 3x + đoạn  2;  x −1 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: log3 x − x + log1 x + = x2 −1  1 b) Giải bất phương trình 22x +1 <  ÷  8 π ∫ Câu (1,0 điểm) Tính tích phân sau I = x (2 + sin x )dx Câu 5: (1,0đ) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;-3), B(4;3;-2), C(6;-4;-1) Chứng minh A, B,C ba đỉnh tam giác vng viết phương trình mặt cầu tâm A qua trọng tâm G tam giác ABC Câu (1,0 điểm) a) Cho góc α thoả mãn tan α − 3π < α < 2π cos α = Tính giá trị biểu thức A = 2 − cos 2α b) Đội văn nghệ nhà trường gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C Chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn lễ bế giảng năm học Tính xác suất cho lớp có học sinh chọn có học sinh lớp 12A 3a Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a, SD = Hình chiếu vng góc H đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trung điểm đoạn AB Gọi K trung điểm đoạn AD Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng HK SD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: x + y − 6x − 2y + = Gọi H hình chiếu A BC Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC M, N Tìm tọa độ điểm A viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có phương trình: 20x − 10y − = điểm H có hồnh độ nhỏ tung độ 2 x + xy + x = y + x y + y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  y − x − y − 16  1 =  y + ÷ x +1 −  x2 − y + 2   ( ) ( x, y ∈ ¡ ) Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a+b+c=3 Tìm giá trị lớn biểu thức P = abc +3 + ab + bc + ca ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c) Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………….; Số báo danh…………………… TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Tổ:TỰ NHIÊN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN II KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn:Tốn A CÁC CHÚ Ý KHI CHẤM THI: 1) Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định 2) Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn phải đảm bào khơng sai lệch với hướng dẫn chấm thống thực tổ chấm thi 3) Các điểm thành phần điểm cộng tồn phải giữ ngun khơng làm tròn B ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM: (Đáp án gồm có trang) Câu Đáp án Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = −x3 + 3x Tập xác định: D = ¡ x = Ta có y ' = −3x + ⇒ y ' = ⇔  x = −1 Giới hạn  3 lim y = lim −x3 + 3x = lim x3  −1 + ÷ = −∞ x→+∞ x→+∞ x→+∞ x    3 lim y = lim −x3 + 3x = lim x3  −1 + ÷ = +∞ x→−∞ x→−∞ x→−∞ x   Bảng biến thiên −∞ x +∞ −1 − − + 0 f' x ( ) ( ) ( ) +∞ 0,25 0,25 ( ) f x ( Điểm ) −∞ −2 0,25 Hàm số đồng biến khoảng −1;1 ( ) ( Hàm số nghịch biến khoảng −∞; −1 1;+∞ Hàm số đạt cực đạt điểm x = yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu điểm x = -1 yCT = -2 Đồ thị: Bảng giá trị x -2 -1 y -2 -2 ) 0,25 y f(x)=-x^3+3*x x -8 -6 -4 -2 -5 Tìm giá trị lớn nhỏ nhất… (1 điểm) Ta có f(x) liên tục đoạn  2;  , Với f '(x) = x − 2x − (x − 1)2 0.25 x ∈  2;  , f '(x) = ⇔ x = 0.25 10 0.25 Ta có: f(2) = 4,f(3) = 3,f(4) = f ( x) = x = 3; Max f ( x) = x = Vậy Min [ 2; ] [ 2; ] 0.25 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log3 ( x − x ) + log1 ( x + 4) = x > Điều kiện:  −4 < x <  3a ( ) ) ( ⇔ log ( x − x ) = log  3( x + 4)  ⇔ x   ) ( ( 0,25 ) log3 x2 − x − log3 x + = ⇔ log3 x2 − x = log3 x + + log3 3 ( ) −x = x+4 x = − ⇔ x2 − 4x − 12 = ⇔  (thoả mãn) x = 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x = −2;x = x2 −1  1 b) Giải bất phương trình 22x +1 <  ÷ 0,5   Bất phương trình tương đương với 3b 22x +1 < x2 −1 2−3 ( ) ⇔ 22x +1 < 2−x +1 0,25 ⇔ 2x + < −x2 + ( ) ⇔ x2 + 2x < ⇔ −2 < x < Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = −2;0 π Câu Tính tích phân sau (1 điểm) I = ∫ x (2 + sin x )dx 0,25 π π 0 Ta có: I = xdx + x sin xdx = x ∫ ∫ π 2 π + ∫ x sin xdx = π π + x sin xdx ∫0 0,5  du = dx  u=x  ⇒ Tính J = ∫ x sin xdx Đặt  dv = sin xdx  v = − cos x   π 0,25 π π π 2 12 π π ⇒ J = − x cos x + ∫ cos xdx = + sin x = 20 4 0 (1,0đ ) π +π Vậy I = uuur uuur uuu r uuur 2 Ta có: AB(2; 2;1); AC (4; −5; 2) ⇒ ≠ ⇒ AB; AC khơng phương ⇒ A; B; C −5 lập uuur uuur thành tam giác Mặt khác: AB AC = 2.4 + 2.(−5) + 1.2 = ⇒ AB ⊥ AC suy ba điểm A; B; C ba đỉnh tam giác vng Vì G trọng tâm tam giác ABC nên G(4;0; -2) Ta có: AG = Mặt cầu cần tìm có tâm A bán kính AG = nên có pt: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ( x − 2) + ( y − 1) + ( z + 3) = 3π Câu a) Cho góc α thoả mãn < α < 2π (1 điểm) cos α = Tính giá trị b/t: A = tan α − − cos 2α 4 Ta có: sinα = 1- cos α = 1-  ÷ = ⇒sinα = ± 25 5 3π < α < 2π nên sinα = − Vì sinα 32 ⇒ tanα = = − cos2α = 2cos 2α − = −1 = 25 25 cosα − −1 175 Vậy A = = − 172 225 a) (0.5 điểm) Đội văn nghệ nhà trường gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C Chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội văn nghệ để 0,5 b) biểu diễn lễ bế giảng năm học Tính xác suất cho lớp (0.5 có học sinh chọn có học sinh lớp 12A 0,25 điểm)Gọi khơng gian mẫu phép chọn ngẫu nhiên Ω Số phần tử khơng gian mẫu là: C9 = 126 Gọi A biến cố “Chọn học sinh từ đội văn nghệ cho có học sinh ba lớp có học sinh lớp 12A” Chỉ có khả xảy thuận lợi cho biến cố A : + học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C 0,25 0,25 + học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C + học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C Số kết thuận lợi cho biến cố A là: C42 C31.C22 + C42 C32 C21 + C43 C31.C21 = 78 Xác suất cần tìm P = 0,25 78 13 = 126 21 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a, SD = 3a Hình chiếu vng góc H đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trung điểm đoạn AB Gọi K trung điểm đoạn AD Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng HK SD S 1,0 F C B E H O A K D Từ giả thiết ta có SH đường cao hình chóp S.ABCD 3a a ) − ( ) − a2 = a 2 1 a3 Diện tích hình vng ABCD a , VS ABCD = SH S ABCD = a.a = 3 HK / / BD ⇒ HK / /( SBD ) Từ giả thiết ta có Do vậy: d ( HK , SD ) = d ( H ,( SBD )) (1) SH = SD − HD = SD − ( AH + AD ) = ( Gọi E hình chiếu vng góc H lên BD, F hình chiếu vng góc H lên SE Ta có BD ⊥ SH , BD ⊥ HE ⇒ BD ⊥ ( SHE ) ⇒ BD ⊥ HF mà HF ⊥ SE nên suy HF ⊥ ( SBD) ⇒ HF = d ( H , ( SBD)) (2) a · +) HE = HB.sin HBE = sin 450 = 0,25 0,25 0,25 a +) Xét tam giác vng SHE có: a a SH HE a (T).HE có⇒ tâm HF SE = SH HFI(=3;1), bán =kính R =4 = (3) a 2 · SE= ICA · Do IA = IC ⇒ IAC (1) ( ) + a2 Đường tròn đường kính AH cắt BC a HK /, SD ) =(cùng +) Từ (1), (3)⊥taAB có⇒d (MH vng ⇒ MH /AC M(2), · · viết góc tọa AB)độ⇒điểm (2)phương trình cạnh BC MHB ICA Tìm A= · · Ta có: ANM (chắn cung AM) = AHM (3) Từ (1), (2), (3) ta có: 0,25 0.25 A N E M B H C I Suy ra: AI vng góc MN ⇒ phương trình đường thẳng IA là: x + 2y − = Giả sử A(5 − 2a;a) ∈IA a = 2 Mà A ∈ (T) ⇔ (5 − 2a) + a − 6(5 − 2a) − 2a + = ⇔ 5a − 10a = ⇔  a = 0.25 Với a = ⇒ A(1; 2) (thỏa mãn A, I khác phía MN) Với a = ⇒ A(5; 0) (loại A, I phía MN)  (1.0 điểm) Gọi E tâm đường tròn đường kính AH ⇒ E ∈ MN ⇒ E  t; 2t −   Do E trung điểm AH ⇒ H  2t − 1; 4t − 9 ÷ 10  38  ÷ 10   uuur  u u r  58  48  ⇒ AH =  2t − 2; 4t − ÷, IH =  2t − 4; 4t − ÷ 10  10    uuur uur r 272 896 t+ =0 Vì AH ⊥ HI ⇒ AH.IH = ⇔ 20t − 25 0.25   11 13  ⇒ H  ; ÷ (thỏa mãn) t = 5 5 ⇔  28  31 17  ⇒ H  ; ÷ (loại) t =  25 25   25  11 13  Với t = ⇒ H  ; ÷ (thỏa mãn) 5 5 uuur   r AH =  ; ÷ ⇒ BC nhận n = (2;1) VTPT Ta có: 5 5 ⇒ phương trình BC là: 2x + y − = Câu 2 x + xy + x = y + x y + y (1 điểm)Giải hệ phương trình:  y − x − y − 16  1   x − 8y + ( =y+ ÷ 2  0.25 (1) ) x +1 − (2) +) ĐKXĐ: x ≥ −1 (*) +) pt (1) ⇔ ( x − y ) + (2 x − x y ) + ( xy − y ) = ⇔ ( x − y )(1 + x + y ) = ⇔ x = y Vì + x + y > 0, ∀x, y Thế vào (2) được: 0,25 0,25 x 2( )2 − x − x − 16  x 1 = + ÷ x − 4x + 2 2 ( ( x − 8) ( x + ) ⇔ x − x − 32 = ( x + 1) x2 − x + x = ⇔  x+4  =  x − x + ( x + 1) ( x − 8) = x2 − x + ) x +1 − ⇔ x +1 + x +1 x +1 + ( ) x +1 − ( 3) +) x = ⇒ y = (tm) +) pt ( 3) ⇔ ( x + + 3) ( x + ) = ( x + 1) ( x − x + ) ⇔ ( )( x +1 +   x +1 ) 2 + 3 = ( x − ) + 3 ( x − ) + 3    (4) 2 +) Xét hàm số f ( t ) = ( t + 3) ( t + 3) với t ∈ ¡ có f ' ( t ) = ( t + 1) ≥ 0, ∀t ∈ ¡ 0,25 nên f ( t ) đồng biến ¡ +) Mà pt(4) có dạng: f ( x + ) = f ( x − ) x ≥ Do ( ) ⇔ x + = x − ⇔  x +1 = x − 4x + x ≥ + 13 ⇔ ⇔x= (T/M)  x − 5x + = +) Với x = + 13 11 + 13 ⇒y= 0,25   + 13 11 + 13   ; ÷     Vậy hệ cho có tập nghiệm ( x; y ) là: T = (8; 4);   Câu 10 Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a+b+c=3 Tìm giá trị lớn biểu (1 điểm) thức P = 10 abc +3 + ab + bc + ca ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c) Áp dụng Bất đẳng thức ( x + y + z ) ≥ ( xy + yz + zx ) , ∀x, y, z ∈ ¡ ta có: ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc ( a + b + c ) = 9abc > ⇒ ab + bc + ca ≥ abc ( ) 0,25 Ta có: ( + a ) ( + b ) ( + c ) ≥ + abc , ∀a, b, c > Thật vậy: ( + a ) ( + b ) ( + c ) = + ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) + abc ≥ ( + 3 abc + 3 ( abc ) + abc = + abc Khi P ≤ ( + abc ) + abc =Q + abc 0,25 ( 1) Đặt )  a+b+c abc = t Vì a, b, c > nên < abc ≤  ÷ =1   t2 Xét hàm số Q = + t + + t , t ∈ ( 0;1] ( ) ⇒ Q '( t ) = 2t ( t − 1) ( t − 1) ( 1+ t3 ) ( 1+ t2 ) 2 ≥ 0, ∀t ∈ ( 0;1] Do hàm số đồng biến ( 0;1] nên Q = Q ( t ) ≤ Q ( 1) = Từ (1) (2) suy P ≤ 0,25 ( 2) Vậy max P = , đạt khi: a = b = c = 0,25