Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên bắc ninh lần 4 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ: TOÁN – TIN (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN IV NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm : 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 09/ 5/ 2016 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x − x + Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số f ( x ) = x − 3mx + 3(m − 1) x + m đạt cực đại x =1 Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − i ).z + 2iz = −5 + 3i Tìm môđun số phức w = z + z 2 b) Giải bất phương trình log ( x + 1) + log (2 x − 1) ≤ ( x − 1) dx x2 + Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : x −1 y − z − = = x − y +1 z + = = Chứng minh hai đường thẳng d1 d2 chéo Viết phương trình mặt phẳng (P) −2 chứa đường thẳng d1 song song với đường thẳng d2 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sin2x-2cos2x=sinx-cosx n ) với x >0 , biết n số b) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niu – tơn ( x − x d2 : 3 nguyên dương thỏa mãn An +3 − 6Cn +1 = 294 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB=a, AD = a Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD), SC tạo với mặt đáy góc 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD góc hai mặt phẳng (SBC), (SCD) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A Gọi D điểm cạnh AB −3 cho AB=3AD, H hình chiếu vuông góc B CD, M ( ; ) trung điểm đoạn thẳng CH Viết 2 phương trình đường thẳng BC, biết điểm A(−1;3) điểm B nằm đường thẳng ∆ : x+y+7=0 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình tập số thực:  x + x − xy + y = y − y + xy − x  2  + y2 − 4x +1 = x − x + x − y − 4x +  Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = với x=max{x;y;x} đồng thời y2+z ≠ Tìm giác trị nhỏ biểu thức: x2 y2 z + + 2 x + z y + z 2x + y3 - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm T= câu Câu ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN IV NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x − x + • TXĐ: D = R • Sự biến thiên *) Giới hạn tiện cận lim y = ±∞ , suy đồ thị hàm số khôngcó tiệm cận Điểm 0,25 0,5 x →±∞ *) Bảng biến thiên y ' = 3x − x y ' = x − x = x =  x = Hàm số nghịch biến khoảng (0;2) Hàm số đồng biến khoảng (−∞;0),(2;+∞) Hàm số đạt cực đạt cực đại x = 0; yCD = Hàm số đạt cực đạt cực tiểu x = 2; yCT = • Đồ thị 1,0đ 0,25 Câu Tìm tất giá trị tham số m để hàm số f ( x ) = x − 3mx + 3(m − 1) x + m đạt cực đại x =1 • f '( x) = 3x − 6mx + 3(m − 1) Hàm số f(x) đạt cực đại xf’(1)=1 m = • 3m2-6m=0  m = Câu 1,0đ • Với m=0: f’(x)=3x2-3 Lập BBT hàm số f(x) ta thấy hàm số f(x) đạt cực tiểu x=1 nên m=0 không thỏa mãn • Với m=2: f’(x)=3x2-12x+9 Lập BBT hàm số f(x) ta thấy hàm số f(x) đạt cực đại x=1 nên m=2 thỏa mãn Vậy m=2 a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − i ).z + 2iz = −5 + 3i Tìm môđun số phức w = z + z • Đặt z=x+yi (x;y∈ ¡ ) Thay vào giải thiết ta được: (1 − i )( x − yi ) + 2i(x + yi) = −5 + 3i x − y + (x − y) i = −5 + 3i •  x − y = −5 x =   => z = + 4i x − y = y = • Khi đó: w = z + z =50+60i=>|w|= 402 + 602 = 20 13 b) Giải bất phương trình log ( x + 1) + log (2 x − 1) ≤ 1 (*) Đưa BPT : log ( x + 1)(2 x − 1) ≤ (do với x > => x + > 0) 2 −3 x + x − ≤ ≤ x ≤1 Kết hợp với ĐK (*) ta < x ≤ 2 ( x − 1) dx Tính tích phân I = ∫ x +1 • Câu 1,0đ ĐK: x > 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 2x    2x  • Đưa tích phân I = ∫ 1 − ÷dx = ∫ dx − ∫  ÷dx x +1 x +1 0 0 1 I = • Tính ∫ dx = x = 0 0,25 1 2x d ( x + 1) dx = ∫ = ln( x + 1) = ln • Tính I = ∫ x +1 x +1 0 0,25 • Suy I=1-ln2 0,25 Câu 0,25 x −1 y − z − = = Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : x − y +1 z + = = Chứng minh hai đường thẳng d1 d2 chéo Viết phương −2 trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d1 song song với đường thẳng d2 ur • Đường thẳng d1 qua điểm A(1;7;3) có VTCP u1 = (2;1; 4) uur Đường thẳng d2 qua điểm B(3; 1; − − ) có VTCP u2 = (6; −2; −1) uuur Ta có: AB = (2; −8; −5) ur uur ur uur uuur • Tính [u1 ; u2 ] = (9; 22; −1) => [u1 ; u2 ] AB = −108 ≠ d2 : 0,25 0,25 Từ suy hai đường thẳng chéo Câu r ur r ur uur  n ⊥ u1 r • Gọi n VTPT (P), từ giả thiết ta có:  r uur => n = [u1 ; u2 ]  n ⊥ u2 r Mp(P) qua điểm A(1;7;3) có VTPT n nên có phương trình 9x+22y-10z-133=0 a) Giải phương trình sin2x-2cos2x=sinx-cosx • Đưa phương trình (sinx-cosx)(2cosx-1)=0 π π s inx − cos x = sin(x − ) = x = + kπ 4 π cos x − = cos x = x = ± + k 2π n ) với x b) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niu – tơn ( x − x 3 >0 , biết n số nguyên dương thỏa mãn An +3 − 6Cn +1 = 294 • Từ giả thiết n +3 A − 6C n +1 0,5 0,25 0,25 0,25 = 294 (n + 1)(n + 2)(n + 3) − (n − 1) n(n + 1) = 194 (n + 1) = 49 n = 6 12 −3 k   k k = C ( − 2) x • Với n = =>  x − ÷ ∑ x  k =0  4 Số hạng không chứa x ứng với k = a0 = C6 (−2) = 240 Câu 1,0đ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB=a, AD = a Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD), SC tạo với mặt đáy 0,25 góc 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD góc hai mặt phẳng (SBC), (SCD) 0,5 • Tính VS ABCD = SH S ABCD VớiH trung điểmAB, ta có SH⊥( ABCD) góc SC với mặt đáy (ABCD) góc SCH • Ta có : HC = HB + BC = 3a 3a 3a ; SH = HC.tan SCH = tan 60o = 2 a3 S ABCD = AB AD = a 2 => VS ABCD = SH S ABCD = • Gọi E trung điểm CD Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho 0,25 a 3a H (0;0;0), B( ;0;0), E (0;a 2;0), S (0;0; ) 2 Ta có: uur a a −a −3a C ( ; a 2;0), D( ; a 2;0) => SB = ( ;0; ) 2 2 uuur a −3a uuur −a −3a SC = ( ; a 2; ), SD = ( ; a 2; ) 2 2 uur uuur 3a a2 [ SB, SC ] = ( ;0; ) 2 ur =>VTPT mặt phẳng (SBC) chọn n1 = (3 3;0;1) uur Tương tự VTPT mp(SCD) n2 = (0;3 3; 2) Câu 1,0đ • Gọi góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD) ϕ , ta có: ur uur | n1.n2 | 2 10 10 cosϕ = ur uur = = => ϕ = arccos 35 35 | n1 | | n2 | 28 35 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A Gọi D điểm cạnh −3 AB cho AB=3AD, H hình chiếu vuông góc B CD, M ( ; ) trung điểm 2 đoạn thẳng CH Viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm A(−1;3) điểm B nằm đường thẳng ∆ : x+y+7=0 0,25 0,25 Câu 1,0đ Chứng minh MA ⊥ MB uuuur −9 uuuur −9 AM ( ; ) , đường thẳng BM qua M nhận AM ( ; ) làm vtpt nên có phương trình: 2 2 x-3y-5=0 B = ∆ ∩ BM => B (−4; −3) uuur uuur • Gỉa sử D(a,b), ta có: AB = (−3; −6); AD = (a + 1; b − 3) uuur uuur 3(a + 1) = −3  a = −2  => D (−2;1) • AB = AD  3(b − 3) = −6 b = uuuur −5 r • MD = ( ; ) vtcp CD nên CD nhận n = (1;1) làm vtpt CD qua D nên có 2 phương trình x+y+1=0 • BH qua B vuông góc với CD nên có phương trình x-y+1=0 • H = BH ∩ CD => H (−1;0) M trung điểm CH nên C(2;-3) Từ suy phương trình BC y+3=0 Giải hệ phương trình tập số thực:  x + x − xy + y = y − y + xy − x  2  + y2 − 4x +1 = x − x + x − y − 4x +  ĐKXĐ: x > 0; y ≥ 1, y − x + > Với ĐKXĐ ta có: 0,25 0,25 0,25 0,25 x − y + ( x + y ) + ( x − xy − x ) − ( xy + y − y ) = ( x + y )( x − y + 1) + ( x − y + 1)( x + y + x( x − y + 1) y ( x − y + 1) − =0 x + xy − x y + xy + y x y − )=0 x + xy − x y + xy + y x − y + = • Vì với ĐKXĐ, ta có: x y x y x+ y+ − = x+ + (y− )>0 x + xy − x y + xy + y x + xy − x y + xy + y 2 = − x − x + 2(*) Thay vào (2) ta x − x + x x − 2x + 0,25 0,25 Xét hàm f ( x) = Ta có f '( x ) = x − 2x + 2 − x − x + 2( x > 0) (1 − x)(x − x + 4) ( x − x + 2)3 Từ suy Maxf(x)=f(1)=1 2 , x > ta có: • Xét g ( x) = x − x + x g '(x) = Câu 10 1,0đ 2x x − x − 2( x = x x 0,25  x ( x + x + 1)  +1 ÷  x − x) + x − x +  ÷ = ( x − 1)  ÷ x x x x  ÷   Nên Min g(x)=g(1)=1 Do ta có VT (*) ≥ VP(*), ∀ x > phương trình (*) xảy x=1 Khi y = Ta đến kết luân hệ có nghiệm (x;y)=(1;2) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = với x=max{x;y;x} đồng thời y2+z ≠ Tìm giác trị nhỏ biểu thức: x2 y2 z + + 2 x + z y + z 2x + y3 2 • Ta có x=max{x;y;x} x + y + z = => ≤ z ≤ 1;0 ≤ y ≤ T= 0,25 x2 + z ≤ x + y + z, y + z ≤ x + y + z x2 y2 x2 + y 2 − z2 + ≥ = x2 + z y + z x2 + y + z + z − z => Và x ≤ + x ; y ≤ y => x + y ≤ + x + y = − z => z z ≤ 2x + y − z2 6(2 − z ) z + 2 + z − z − z2 Để ý : − z ≥ + z + z > ≥ z − z > (đúng ≤ z ≤ ) nên => T ≥ 6(2 − z ) z 12 + z − z + ≥ = f ( z) + z − z2 − z2 − z2 • Xét hàm f(z) với ≤ z ≤ ta có: 0,25 T≥ f '(z) = • • 0,25 z − 12 z + (3 − z ) 2 Lập bảng biến thiên ta đến kết luận f ( z ) ≥ f (1) = ∀z ∈ [0;1] 7 Với x=z=1,y=0 T = Vậy Min T = 2 Hết - 0,25