Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên lê quý đôn bà rịa vũng tàu năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com Trường Chuyên Lê Quý Đôn BÀ RỊA – VŨNG TÀU ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA – Năm học 2015 – 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu (1 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x − x − Câu (1 điểm) Tính giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x) = x + 3x − đoạn − x2  1 0;  Câu (1 điểm) a) Câu lạc “Nhảy đại” trường chuyên Lê Quý Đôn có học sinh chuyên toán, học sinh chuyên anh học sinh chuyên văn Chọn ngẫu nhiên nhóm gồm học sinh giao lưu với trường đại học RMIT Tính xác suất chọn học sinh môn chuyên nhiều học sinh chuyên toán 2 b) Giải bất phương trình: log ( x − 2) + log ( x − 1) > Câu (1 điểm): Giải phương trình cos x + sin x = sin x − 5cos x + 2 Câu (1 điểm): Tính tích phân I = ∫ x(tan x + − x )dx Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a đường cao SH với H điểm thỏa mãn uuur (1 uuuđiểm): r AB = AH Góc tạo hai mặt phẳng (SCD) (ACD) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.HBCD khoảng cách hai đường thẳng SC, HD Câu (1 điểm): Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(2;1;–3), B(4;3;–2), C(6;–4;–1) Chứng minh A,B,C không thẳng hàng Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B vuông góc với mặt phẳng (ABC) Câu (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) Biết A(–1;–1), B(7;– 1) trung điểm cung BC(không chứa A) đường tròn (T) D(6;6); đường thẳng BC qua điểm M(–1;5) Tìm tọa độ trung điểm cung AC(không chứa B) đường tròn (T)  x ( x + 1) + x( y + 1) = ( y + 1)( y − 1) Câu (1 điểm): Giải hệ phương trình:   x + + − y = x + y − x − y Câu 10 ( điểm): Cho số dương a, b, c thay đổi thỏa a + b + c = Tính giá trị nhỏ biểu thức : a b c 1   T= + + − + + ÷ bc ca ab  a + b + c +  ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu + Tập xác định: D = ℝ + Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' = x3 − x x = y ' =  x = −1  x = Hàm số đồng biến khoảng (–1;0) (1;+∞), nghịch biến khoảng (–∞;–1) (0;1) Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = –1, yCT = –4 x = 1, yCT = –4; đạt cực đại x = 0, yCĐ = –3 Bảng biến thiên: + Đồ thị Giao Ox (0;–3) Giao Oy ( 3;0) (− 3;0) Câu 2 x2 + 3x −1 đoạn [0; ] 1− x 2 (4 x + 3)(1 − x ) + x(2 x + x − 1) 3x + x + x + (x + 1) + = = > 0, ∀x ∈ [0; ] Ta có: y ' = 2 2 2 (1 − x ) (1 − x ) (1 − x ) Xét hàm số y = 1 Hàm số y đồng biến, liên tục đoạn [0; ] , có y (0) = −1; y ( ) = 3 1 Vậy giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số y đoạn [0; ] –1 Câu a) Gọi A biến cố “Chọn học sinh môn chuyên nhiều học sinh chuyên toán” Số phần tử không gian mẫu số cách chọn học sinh từ 16 thành viên câu lạc bộ, C16 = 4368 Tính số kết thuận lợi cho A: Xét trường hợp: TH1: Chọn học sinh chuyên toán, học sinh chuyên anh, học sinh chuyên văn: Số cách chọn học sinh chuyên toán, học sinh chuyên anh học sinh chuyên văn 3, 8, C5 Theo quy tắc nhân số cách chọn nhóm học sinh 3.8.C5 = 240 TH2: Chọn học sinh chuyên toán, học sinh chuyên anh, học sinh chuyên văn: Số cách chọn nhóm học 2 sinh 3.C8 C5 = 840 TH3: Chọn học sinh chuyên toán, học sinh chuyên anh, học sinh chuyên văn: Số cách chọn nhóm học sinh 3.C8 = 840 Theo quy tắc cộng, số kết thuận lợi cho A 240+840+840 =1920 1920 40 = Xác suất cần tính PA = 4368 91 2 (1) b) log ( x − 2) + log ( x − 1) > | x |> (x − 2) >  Điều kiện :  x ≠  x − > Với điều kiện ta có: (1) log ( x − 2) − log ( x − 1) > log ( x − 2) > log ( x − 1) ( x − 2) > x − −4 x + > x < Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình cho (−∞; −1) ∪ (1; ) Câu Ta có: cos x + sin x = sinx − 5cosx + cos x − + 2sin x cos x = sin x − 5cos x + cos x + 5cos x − + sin x(2 cos x − 1) = (2 cos x − 1)(cos x + + sin x) = cos x = (Do cosx+sinx+3 ≥ -1-1+3>0) π x= ± + k 2π π Vậy nghiệm phương trình cho x= ± + k 2π (k ∈ Z ) Câu 1 0 I = ∫ x(tan x + − x )dx = ∫ x tan xdx + ∫ x − xdx = I1 + I 2 Tính I1 = ∫ x tan xdx Đặt u = x => du = dx; dv = tan x => v = tan x − x 1 x2 => I1 = x(tanx − x) − ∫ (tan x − x)dx = tan1 − + (ln | cos x | + ) 0 = tan1 + ln(cos1) − Tính I = ∫ x − xdx Đặt t = − x => x = − t 2tdt = − dx Với x=0=>t=1;x=1=>t=0 0 1 => I = ∫ (1 − t )t.( −2 t) dt = ∫ (2t − 2t ) dt = ( Vậy I = I1 + I = tan1 + ln(cos1) − 2t 2t − ) = 15 30 Câu Vẽ HE ⊥ CD E Ta có CD = (SCD) ∩ (ACD), CD ⊥ HE, CD ⊥ SH ⇒ CD ⊥ (SHE) Mà (SHE) ∩ (ACD) = CD; (SHE) ∩ (SCD) = SE nên góc (SCD) (ACD) (SE;HE)=SEH=600 AHED hình chữ nhật nên HE = AD = a ∆ SHE vuông H nên SH = HE.tan 60o = a 5a Diện tích đáy S HBCD = S ABCD − S AHD = AB − AH AD = 5a Thể tích khối chóp: VS HBCD = SH S HBCD = 18 Qua C vẽ đường thẳng song song với HD cắt AB J Vẽ HI ⊥ CJ I, HK ⊥ SI K Ta có CJ ⊥ HI, CJ ⊥ SH ⇒ CJ ⊥ (SHI) ⇒ CJ ⊥ HK HK ⊥ CJ, HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ (SCI) Vì HD // (CI) ⇒ HD ⊥ (SCI) ⇒ d(HD;SC) = d(HD;(SCI)) = d(H; (SCI)) = HK HI HJ DA.HJ 3a 10 = => HI = = DA DH DH 10 1 3a 13 Tam giác SHI vuông H ⇒ = + => HK = 2 HK HS HI 13 3a 13 Vậy khoảng cách SC HD 13 Câu Ta có: uuur AB = (2; 2;1) uuur AC = (4; −5; 2) Ta có: ∆HIJ ~ ∆DAH ( g.g ) => 2 = 4k uuur uuur  Giả sử A, B, C thẳng hàng, tồn số thực k cho: AB = k AC 2 = −5k (mâu thuẫn) 1 = 2k  VậyuA, B, uur u uurC không thẳng hàng Có AB AC = 2.4 − 2.5 + 1.2 = => AB ⊥ AC Vì (P) ⊥ (ABC), (P) ∩ (ABC) = AB, CA ⊂ (ABC), CA ⊥ AB ⇒CA ⊥ (P) uuur Phương trình mặt phẳng (P) qua A nhận AC = (4; −5; 2) làm vectơ pháp tuyến có dạng: 4x-5y+2z+3=0 Câu Gọi phương trình đường tròn (T) có dạng x + y + ax + by + c = Vì A,B,D ∈ (T) nên ta có hệ:  − a − b + c = −2  a = −6   2 7 a − b + c = −50 b = −4 Suy phương trình (T ) : (x − 3) + ( y − 2) = 25 6a + 6b + c = −72 c = −12   (T) có tâm I(3;2) uur D điểm cung BC nên ID ⊥ BC Suy đường thẳng BC qua B nhận ID(3; 4) làm vectơ pháp tuyến, có phương trình : 3x+4y-17=0 17 − 3c ) Vì C ≠ B nên c ≠ Ta có: Gọi C (c; 17 − 3c 25 75 175 C ∈ (T ) => (c − 3) + ( − 2) = 25 c − c − = c = −1( Do c ≠ 7) 16 16 uuur Suy C(−1;5) ; AC (0;6) Phương trình AC: x + = Gọi E điểm cung AC không chứa B Suy E B nằm khác phía với đường thẳng AC IE ⊥AC uuur Đường thẳng IE qua I nhận AC (0;6) làm vectơ pháp tuyến, có phương trình: 6y-12=0y-2=0 e = Gọi E (e; 2), E ∈ (T) => (e − 2) = 25   e = −2 Nếu e = E B phía đường thẳng AC Nếu e= –2 ⇒ E(–2;2) ⇒ E B nằm khác phía AC Vậy điểm cần tìm E(–2;2) Câu  x ( x + 1) + x( y + 1) = ( y + 1)( y − 1) (1) (I)   x + + − y = x + y − x − y Điều kiện: x ≥ –2; y ≤ Với điều kiện đó, ta có: (1) x + x + xy + x = y − y + y − (x − y ) + ( x − y ) + (x + xy + y ) + = ( x − y + 1)( x + xy + y + 1) = 44 43 > 0,∀x , y y = x +  y = x + Suy (I)   x + + − x = x + x − x − 1(2) Ta có: (2) ( x + − 1) + ( − x − 2) = x + x − x − x +1 −x −1 + = ( x + 1)( x − 4) x + +1 3− x +  x = −1  1  − = x − 4(3) 3− x +  x + + (3) − x − x + + = ( x − 4)( x + + 1)( − x + 2) ( − x − 1) − ( x + − 2) = ( x − 4)( x + + 1)( − x + 2) 2− x x−2 − = ( x − 4)( x + + 1)( − x + 2) − x +1 x+2+2 x =  1 − − = ( x + 2)( x + + 1)( − x + 2)(4) x+2+2  − x + Phương trình (4) vô nghiệm có vế trái âm, vế phải không âm ∀ x ≥ –2  x = −1; y = Vậy  (thỏa mãn điều kiện)  x = 2; y = Hệ phương trình cho có hai nghiệm (–1;0) (2;3) Câu 10 Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho hai số dương, ta có: a b c 2a 2b 2c + + ≥ + + bc ca ab b + c c + a a + b 1 ( + )(a + b + a + c ) ≥ (a + b)(a + c) = a+b a+c (a + b)(a + c) Từ kết hợp với a + b + c = ta có: 1 1 1 1 ≤ ( + ) => ≤ ( + ) a+b+a+c a+b a+c a +1 a + b a + c 1 1 2 + + ≤ ( + + )(2) Ta có bất đẳng thức tương tự, từ suy a +1 b +1 c +1 a + b b + c c + a 4a − 4b − 4c − 4a − 4b − 4c − + + = + + Từ (1) (2) suy T ≥ 2(b + c) 2(c + a ) 2(a + b) 2(1 − a ) 2(1 − b) 2(1 − c) 4a − 27 a − ≥ , ∀a ∈ (0;1)(*) Ta chứng minh: 2(1 − a ) (*) 4(4a − 1) − (1 − a)(27 a − 7) ≥ 3(3a − 1) ≥ Ta có hai bất đẳng thức tương tự, từ suy T ≥ Dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ T 27(a + b + c ) − 21 =