Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC: 2015 – 2016 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG Câu 1: Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = –x3 + 3x – Câu 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y = xln x đoạn [1;e] Câu Cho số phức z thỏa mãn (1 + i)i + (2 + 3i)z = – 2i Tìm phần thự phần ảo z 2 Giải phương trình log x + 3log (2 x) − = Câu 4: Tính tích phân I = ∫ x 3e x + dx x2 Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, SA = a SA ⊥ (ABCD) Biết ∆ SAB cân góc SD với mặt đáy 30o Tính thể tích khốp chóp S.ABCD tính khoảng cách hai đường thẳng BD SC theo a Câu Tính giá trị biểu thức A = 2sin5xcos3x – sin8x 2 Một trường có 55 đoàn viên học sinh tham dự đại hội Đoàn trường khối 12 có 18 em, khối 11 có 20 em 17 em khối 10 Đoàn trường muốn chọn em để bầu vào ban chấp hành nhiệm kì Hỏi có cách chọn cho em chọn có khối, đồng thời có em học sinh khối 12 Cho sin x + cos x = − Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng ∆1 ∆2 mặt phẳng (α) có phương trình x = + t x −1 y +1 z + = = , (α) : x – y + z + = Tìm tọa độ giao điểm M ∆1 với (α) Viết ∆1 : y = + 3t , ∆2 : 1 z = t phương trình đường thẳng d qua M đồng thời cắt ∆2 vuông góc với trục Oy Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AC < AB Trên cạnh AB lấy điểm D E 5 5 cho DE = AC AD = BE Biết M 8; ÷ trung điểm BC E 4; ÷ , phương trình CD 5x + 24y 4 4 – 130 = Tìm tọa độ đỉnh B, C Câu 9: Giải bất phương trình x + − 2 − x > 12 x − x + 16 4 x y z x Câu 10: Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn ÷ + ÷ + = + Tìm giá trị lớn biểu thức: y z x z y2 2z2 3z P= + − 2 x +y y +z 2x + z ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu + TXĐ: D = ℝ + Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y’ = –3x2 + 3; y’ = ⇔ x = ±1 Hàm số nghịch biến khoảng (–∞;–1) (1;+∞), đồng biến (–1;1) Giới hạn: lim y = +∞; lim y = −∞ x →−∞ x →+∞ Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 1, yCĐ = 0; đạt cực tiểu x = –1, yCT = –4 Bảng biến thiên: + Đồ thị Giao Oy (0;–2), giao Ox (1;0), (–2;0) Câu Xét hàm số y = xlnx [1;e] Hàm số liên tục [1;e] Có y’ = + lnx Vì lnx ≥ ∀ x ≥ nên y’ > ∀ x ∈ [1;e] Có y(1) = 1, y(e) = e Vậy giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số [1;e] e Câu Ta có (2 + 3i) z = − 2i − (1 + i) i = − 2i − (i − 1) = − 3i − 3i (4 − 3i)(2 − 3i ) −1 − 18i −1 18 z = = = = − i + 3i 22 − 9i 13 13 13 −1 −18 =>| z |= ( ) + ( ) = 13 13 13 Có log 2 x + 3log (2 x) − = log 2 x + 3log x + = (log x + 2)(log x + 1) = x= log x = − log x = −1 x = 1 Vậy tập nghiệm phương trình cho { ; } Câu 2 2 dx 12 1 I = ∫ xe x dx + ∫ = ∫ xe x dx − = ∫ xe x dx + = J + x x1 2 1 x Tính J= ∫ xe dx Đặt u = v du = dx => x x dv = e dx v = e 2 x J = x.e − ∫ e dx = 2e − e − e x = 2e − e − (e x − e) = e 1 1 Vậy I = e + Câu x + Ta có SA ⊥ AB ⇒ ∆ SAB vuông cân A ⇒ AB = SA = a Có AD hình chiếu SD mặt phẳng đáy ⇒ góc SD đáy (SD;AD)=SDA=300 Suy AD=SA.cot300=3a S ABCD = AB AD = 3a VS ABCD = SA.S ABCD = 3a 3 + Gọi E điểm đối xứng với A qua B ⇒ EB // CD EB = CD = AB ⇒ EBDC hình bình hành ⇒ EC // BD ⇒ BD // (SCE) ⇒ d(BD ; SC) = d(BD; (SCE)) = d( B; (SCE)) 1 AE => d ( B;( SCE )) = d ( A;( SCE )) 2 Vẽ AH ⊥ CE H, AI ⊥ SH I Vì CE ⊥ AH, CE ⊥ SA ⇒ CE ⊥ (SAH) ⇒ CE ⊥ AI ⇒ AI ⊥ (SCE) ⇒ d(A; (SCE)) = AI Có: AE = AB = 2a 3; BD = AB + AD = 2a AE AH AE AD = => AH = = 3a Vì BD // CE nên AEH = ABD => ∆AEH ~ ∆DBA( g g ) => DB DA BD 1 3a = 2+ => AI = Có 2 AI SA AH 3a Vậy d(BD;SC)= Câu Có A = 2sin x cos x − sin x = (sin x + sin x) − sin x = sin x Vì AB ∩ (SCE) = E BE = = 2sinxcosx = (sin x + 2sin x cos x + cos x) − (sin x + cos x) −3 = (sinx + cos x) − = (− ) − = Xảy trường hợp: + Trường hợp 1: Khối 12 có em, khối 11 có em, khối 10 có em 2 Có C18 C20 C17 = 494190 + Trường hợp 1: Khối 12 có em, khối 11 có em, khối 10 có em 2 Có C18 C20 C17 = 416160 + Trường hợp 1: Khối 12 có em, khối 11 có em, khối 10 có em 1 Có C18 C20 C17 = 277440 Vậy có 494190 + 416160 + 277440 = 1187790 cách chọn Câu + Vì M ∈ ∆1 ⇒ M(2 + t; + 3t; t); M ∈ (α) ⇒ + t – (5 + 3t) + t + = ⇔ t = –1 ⇒ M(1;2;–1) +uuuu Gọi +r2n) r N giao d với uuur∆2 ⇒ N(1 + n; –1 + n; –2uuuu uuur MN = (n; n − 3; 2n − 1); uOy = (0;1;0); MN ⊥ Oy => MN uOy = − + n + = => n = => N (4; 2; 4) x = + 3t uuuur Đường thẳng d qua M nhận MN = (3;0;5) làm VTCP nên có phương trình d : y = z = −1 + 5t Câu Gọi N trung điểm AB, AD = BE nên N trung điểm DE Suyuuur AC = 2MN, DE = 2NE = 2ND Mà AC = DE nên MN = NE = ND ⇒ ∆MED vuông M Có ME = (−4;0) Đường thẳng MD qua M nhận (1;0) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: x – = x − = 15 => D(8; ) Tọa độ D nghiệm hệ: 5 x + 24 y − 130 = uuur −5 Có DE = (−4; ) nên đường thẳng DE nhận (5;–8) làm VTPT ⇒ (DE): 5x – 8y – 10 = 130 − 5c 5c − 70 ) Vì M trung điểm BC nên B(16 − c; ) Vì C ∈ CD => C (c; 24 24 5c − 70 B ∈ DE => 5(16 − c) − − 10 = 24 => c = 14 => B (2;0); C (14; ) Vậy B (2;0); C (14; ) Câu 12 x − 2x + − 2 − x > (1) x + 16 Điều kiện: –2 ≤ x ≤ 12 x − Xét f ( x) = x + − 2 − x − [–2;2] Ta có hàm số liên tục [–2;2] x + 16 Tìm nghiệm phương trình f(x) = (2) x + − 4( x − x) 12 x − = 2x + + 2 − x x + 16 6x − 12 x − = 2x + + 2 − x x + 16 (6 x − 4)( − )=0 2x + + 2 − x x + 16 (2) x = − = 0(3) x + + 2 − x x + 16 (3) x + 16 = x + + 2 − x x + 16 = 4(2 x + 4) + 16 − x + 16(2 − x) x − 32 = 16 − x − x x − 32 = 8(32 − x ) (x ≠ −4 ) − 2x + x (9 x − 32)(1 + )=0 − 2x2 + x 9 x = 32 − x + x + = 0(VN ) −4 ( L) x = (TM ) x = Vậy tập nghiệm phương trình (2) { ; } 3 Bảng xét dấu f (x): Vậy tập nghiệm bất phương trình (1) [-2; ) ∪ ( ; 2] 3 Câu 10 x y z Đặt a = ; b = ; c = => a, b, c > 0;a bc = y z x Điều kiện đề trở thành a + b + c = ab + => ab + = a + b + 1 ≥ 2a 2b + ab ab ≤ ab ≤ 2 3c 2 P= + − = + − a + b + + c a + b + 2ab + Vì ab ≤ nên ta có 1 a2 + b2 + − a 2b − a 2b (1 − ab)(1 + ab) + = = + ≤ + = 1+ 2 2 2 2 2 2 a +1 b +1 a b + a + b +1 a b + a + b +1 a b + 2ab + (1 + ab) 1 − ab => + ≤ 1+ = a +1 b +1 + ab + ab 4 1 − − Suy P ≤ Đặt t = ab Xét f (t ) = ;1 ab + 2ab + t + 2t + 2 −4 5t + 2t − 1 f '(t) = + = −2 < 0, ∀t ∈ ;1 2 2 (t + 1) (2t + 1) (t + 1) (2t + 1) 2 1 Hàm số liên tục nghịch biến ;1 2 => P ≤ f (t ) ≤ f ( ) = Dấu xảy x = 1; y = 2; z = Vậy GTLN P => 2a 3b3 − a 2b − 2ab + ≤