Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên KHTN lần 1 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN Môn: TOÁN Đề thi gồm 01 trang Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu (1,0 điểm) : Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y = x − x Câu (1,0 điểm) : Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x+2 biết tiếp tuyến cắt hai trục Ox, x −1 Oy điểm A, B phân biệt thỏa mãn điều kiệu OB = 3OA Câu (1,0 điểm) : a) Tìm phần thực phần ảo số phức z thỏa mãn : | z |2 2( z + i) + 2iz + =0 1− i z b) Giải phương trình tập số thực (3 − 5) x + (3 + 5) x = x+1 Câu (1,0 điểm) : Tính tích phân π cos x dx x ∫ cos Câu (1,0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng x +1 y z + = = Tìm tọa độ giao điểm A đường thẳng d (P) : x + 2y + z – = đường thẳng d : mặt phẳng (P) viết phương trình đường thẳng ∆ nằm mặt phẳng (P), đồng thời cắt vuông góc với đường thẳng d Câu (1,0 điểm) : a) Giải phương trình lượng giác: sin x − 3.sin x = 3.cos x + cos x b) Xét đa giác 12 cạnh, hỏi có tam giác không cân có ba đỉnh đỉnh đa giác cho Câu (1,0 điểm) : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cân A · AB = AC = a, BAC = 120o ; mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC Câu (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có (4;6), trực tâm H(4;4), trung điểm M cạnh BC thuộc đường thẳng ∆: x – 2y – = Gọi E, F chân đường cao hạ từ đỉnh B, C tam giác Tìm tọa độ đỉnh B, C biết đường thẳng EF song song với đường thẳng d: x – 3y + =  x + y + x + y = y − x + y Câu (1,0 điểm) : Giải hệ phương trình tập số thực:  2  x − y + x − y + = −2 + xy Câu 10 (1,0 điểm) : Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z ≥ x3 + y + z , chứng minh x + y + z ≤ HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN Câu y = x4 − x2 1.TXĐ: D = R 2.Sự biến thiên y ' = x3 − x y ' = x − x = x =1  x = −1  x = Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞ x →+∞ x →−∞ BBT: Hàm số đồng biến khoảng (-1;0) (1; +∞) Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; −1) (0;1) Hàm số đạt cực đại x=0;yCĐ=0 Hàm số đạt cực tiểu x = ±1; yCT = −1 3:Đồ thị Giao đồ thị với Ox: (± 2;0);(0;0) Giao đồ thị với Oy: (0;0) Đồ thị nhận trục tung trục đối xứng ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN Môn thi: TOÁN Câu −3 OB = ±3 Gọi x0 hoành độ tiếp điểm, OB = 3OA nên hệ số góc tiếp tuyến ± ( x − 1) OA => y '( x0 ) = −3 (do y’< ∀x ≠ 1) Ta có y ' = − = −3 ( x0 − 1) = ( x0 − 1)  x0 − =  x0 =    x0 − = −1  x0 = Có hai tiếp tuyến: TH1: x0 = => y0 = −2 Ta có phương trình tiếp tuyến là: y = y '( x0 ).( x − x0 ) + y0 y = −3( x − 0) − d1 : y = −3 x − TH2: x0 = => y0 = => d : y = −3 x + 10 Câu a) Giả sử z = a + bi, a, b ϵ R; | z |2 a + b (a + b )(a + bi ) (a + b )( a + bi ) = = = = a + bi = z; Ta có: a − bi (a − bi )(a + bi ) a + b2 z 2(z + i ) 2( z + i )(1 + i ) 2( z + i )(1 + i ) = = = ( z + i )(1 + i ) 1− i (1 − i )(1 + i ) Khi phương trình trở thành: Ta có: | z |2 2( z + i) + 2iz + =0 1− i z z + 2iz + ( z + i )( z + i ) = z + 2iz + z + iz + i + i = z + 3iz + − = (2 + 3i) z = − i z = 1− i (1 − i )(2 + 3i ) − 3i − 2i + 3i −1 − 5i −1 = = = = − i + 3i (2 + 3i )(2 − 3i) 4+9 13 13 13 Vậy phần thực phần ảo tương ứng là: −1 −5 ; 13 13 b) (3 − 5) x + (3 + 5) = x +1 (3 − 5) x + (3 + 5) = 2.2 x Chia vế phương trình cho x ta được: Phương trình cho tương ứng với ( 3− x 3+ ) +( ) =2 2 Ta có: Nên 3− 3+ 9−5 = =1 2 3− + −1 =( ) 2 3− x x+ x ) (t > 0) => ( ) = 2 t Thì ta có: t + = t − 2t + = => t = 1(TM ) t Đặt t = ( 3− x 3− ) =1= ( ) x = 2 Vậy, phương trình cho có nghiệm x = Câu Ta phân tích: 1 1 = 2 cos x cos x cos x cos x Dẫn tới ( π π π 4 cos x cos x − sin x cos x sin x dx = d (tan x ) = ( ∫0 cos6 x ∫0 cos2 x cos2 x ∫0 cos2 x − cos2 x ) cos x d (tan x) π π 0 = ∫ (1 − tan x)(1 + tan x) d(tan x) = ∫ (1 − tan x) d(tanx) π tan x = (tan x − ) =1− = 5 Câu ( P) : x + y + z − =  z = −1 + 2t x +1 y z +  d: = =  y = t  z = −2 + 3t   z = −1 + 2t y = t  Tọa độ giao điểm A d (P) nghiệm hệ phương trình   z = −2 + 3t  x + y + z − = => −1 + 2t + 2t − + 3t − = 7t = t = Tọa độ giao điểm A(1;1;1) Do d cắt (P) A mà ∆ lại cắt d nên ta có ∆ qua A(1;l;1) uur uu r Do ∆ nằm mặt phẳng (P) vuông góc với d nên vtcp ∆ vuông góc với vtpt nP vaf vccp ud uur uu r Ta có: nP (1; 2;1) ; ud (2;1;3) r uur uu r Vector phương đường thẳng ∆ u = [nP ; ud ] = (5; −1; −3) x −1 y −1 z −1 = = −1 −3 Câu => ∆ : a )sin x − sin x = cos x + cos x sin x − cos x = sin x + cos x 3 sin x − cos x = sin x + cos x 2 2 π π sin( x − ) = sin(2 x + ) π  π x − = x + + k 2π    x − π = π − x − π + k 2π  −π 7π 2π + k 2π ; x = +h (k ; h ∈ Z ) Giải ta tìm họ nghiệm x = 18 b) Gọi đa giác cho A1A2…A12 Vì A1A7 trục đối xứng đa giác nên số tam giác cân đỉnh A1 tam giác, có tam giác A1A5A9 Tương tự có tam giác cân (không đều) đỉnh A2, A3 Suy số tam giác cân mà không tam giác 12.4 = 48, số tam giác Do đó, số tam giác cân 48 + = 52 Số tam giác có ba đỉnh ba đỉnh đa giác: C12 (tam giác) Từ đó, số tam giác không cân C12 − 52 = 168 Câu Gọi H trung điểm AB H chân đường cao hạ từ đỉnh S hình chóp Ta có: 1 a a3 VS ABC = SH S ABC = a a sin1200 = 3 2 Gọi D điểm đối xứng A qua BC D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có tam giác DAB đó, DH ⊥ AB Suy DH ⊥ (SAB) Từ D, dựng đường thẳng ∆ song song với đường thẳng SH ∆ trục đường tròn ngoại tiếp đáy Gọi I tâm tam giác SAB mặt phẳng (SHD), dựng đường thẳng d qua I song song với DH d trục đường tròn ngoại tiếp mặt (SAB) Gọi O = ∆ ∩ d O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Ta có: a a 39 R = OC = OD + DC = ( ) + a2 = Câu Gọi I, M trung điểm AH, BC Dễ thấy điểm A, H, E, F thuộc đường tròn đường kính AH, có tâm I; điểm B, C, E, F thuộc đường tròn đường kính BC, có tâm M Vì EF dây cung chung hai đường tròn nói nên IM ⊥ EF, kéo theo IM ⊥ d Từ đó, viết phương trình đường thẳng IM: 3x+y-17=0 Do M = ∆ ∩ d nên suy M(5;2) Đường thẳng BC vuông góc với AH, qua M nên BC: y – = Từ đó, gọi tọa độ điểm B(b; 2) tọa độ uuur uuur C(10 – b; 2) Vì BH ⊥ AC nên AC.HB = , suy (6-b)(b-4)+(-4)(-2)=0, từ tìm b = b = Suy B(2;2), C(8;2) B(8;2), C(2;2) Câu Giả sử thức có nghĩa Xét hai trường hợp TH1 Nếu y = từ phương trình thứ ta có x = 0, không thỏa mãn TH2 Nếu y >0, chia hai vế phương trình thứ cho y , ta x x x + + = 5 − + y y y Vế trái phương trình hàm đồng biến theo ẩn t = trình theo ẩn t = x , vế phải hàm nghịch biến theo t nên phương y x x có nghiệm nhất, từ ta phải có = , kéo theo x = y > y y Thay vào phương trình thứ hai, ta x + + x − x + = x Chia hai vế cho x > 0, đặt t = x + , đưa phương trình t − = − t , tìm t = Từ đó, x = 1, x x = x = ⇒ y = (thỏa mãn) x = ⇒ y = (thỏa mãn) Vậy, hệ cho có hai nghiệm (1;1), (2;2) Câu 10: Giả thiết viết lại ( x − x ) + ( y − y ) + ( z − z ) ≤ Ta chứng minh bất đẳng thức sau x − ≤ 3( x − x )(1) y − ≤ 3( y − y )(2) z − ≤ 3(z − z )(3) Thật vậy, bất đẳng thức (1), (2), (3) tương đương với bất đẳng thức ( x − 1) (2 x + 1) ≥ ( y − 1) (3 y + y + 1) ≥ ( z − 1) (3z + z + 1) ≥ Cộng vế bất đẳng thức (1), (2), (3) sử dụng giả thiết viết lại, ta có điều phải chứng minh