Đề thi thử PTTH của sở GD TỈNH NAM ĐỊNH

GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY Facebook thầy Quang : https://www.facebook.com/quang.manngoc Nhóm toán thầy Quang : https://www.facebook.com/groups/nhomtoanthayquangbaby/ Page GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY Facebook thầy Quang : https://www.facebook.com/quang.manngoc SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 - 2016 Môn thi: Toán Ngày thi: 23/04/2016 Câu (1,0 điểm ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  2x  x 1 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x   x   x đoạn  1;1 Câu (1 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn 1  3i  z   i   z Tính môdun số phức z b) Giải phương trình sau: log  x  1  log x  1 Câu (1 điểm) Tính tích phân I     x  xe x  dx Câu (1 điểm).Trong không gian Oxyz cho điểm A 1; 1;0  đường thẳng d có phương trình x 1 y 1 z Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa độ   3 điểm B thuộc trục Ox cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) 14 Câu 6: (1,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P  1  3sin x 1  cos x  , biết cos x   b) Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất sản phẩm tiêu dùng, đoàn tra lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lô hàng công ty để kiểm tra Tính xác suất để đoàn tra lấy phế phẩm Biết lô hàng có 100 sản phẩm Câu7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a tam giác SAB vuông cân đỉnh S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SB AC theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 18 Gọi E trung điểm cạnh BC Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE cắt đường chéo AC G (G không trùng với C)  4 Biết E 1; 1 , G  ;  D điểm thuộc đường thẳng d : x  y   Tìm tọa độ điểm A,B,C,D 5 5 Nhóm toán thầy Quang : https://www.facebook.com/groups/nhomtoanthayquangbaby/ Page GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY Facebook thầy Quang : https://www.facebook.com/quang.manngoc  x  xy  17 y  17 y  xy  y   x  y   , x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x  1 x   y   y  11 x   x   Câu 10 (1,0 điểm) Xét x,y,z số thực dương thỏa mãn xy  xz   x Tìm giá trị lớn biểu   4 thức P   xy  xz   1  1   y   3z   Đáp án Câu (1,0 điểm ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  2x  x 1 *) Tập xác định: D   \ 1 *) Sự biến thiên Chiều biến thiên: y '   x  1  x  -1 => Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 1;   Giới hạn tiệm cận: lim y  lim y   y  tiệm cận ngang x  x  lim    x  1 lim     x  1 tiệm cận đứng x  1 BBT: x -1 - + y’ + y  - +) Đồ thị: Giao Oy :  0; 1 Nhóm toán thầy Quang : https://www.facebook.com/groups/nhomtoanthayquangbaby/ Page GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY Facebook thầy Quang : https://www.facebook.com/quang.manngoc Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x   x   x đoạn  1;1 +) Hàm liên tục xác định đoạn  1;1 +) Đạo hàm: y '   Lập BBT:  x  4x x -1 y’ + y 4 Hàm số đạt cực đại x=1,y 1  cực tiểu x  1, y  1  4 Câu (1 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn 1  3i  z   i   z Tính môdun số phức z b) Giải phương trình sau: log  x  1  log x  a, Ta có: 1  3i  z   i   z    3i  z  1  i  z  z 1  i  1  i   3i   2  3i 22   3 2  3i  2i  3i  5i  13 13 2 26    5  Vậy z        13  13   13  b, log  x  1  log x  * đkxđ: x   x  1 loai  *  log  x  x  1   log 2  x  x  1   x  x      x  TM  Vật phương trình có nghiệm: x  Câu (1 điểm) Tính tích phân I     x  xe x  dx Nhóm toán thầy Quang : https://www.facebook.com/groups/nhomtoanthayquangbaby/ Page GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY Facebook thầy Quang : https://www.facebook.com/quang.manngoc 1 I     x3  x.e x  dx     x3  dx   x.e x dx  I1  I 0 1  x4  I1     x  dx   x      0 4  1 1 I   x.e x dx   xd  e x    x.e x    e x dx  e   e x   e  e  e0  0 Vậy I  0 13 Câu (1 điểm).Trong không gian Oxyz cho điểm A 1; 1;0  đường thẳng d có phương trình x 1 y 1 z   Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa độ 3 điểm B thuộc trục Ox cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) 14   +) d có vtcp ud  2;1; 3 Vậy vtpt (P) n p  2;1; 3  P  :  x  1   y  1  3z   x  y  3z   +) B thuộc Ox  B  b;0;0  Ta có: d  B;  P    14  2b   3.0  22  12   3  14  2b   14 b  13 /  b  15  Vậy với b   với b  13  13   B   ;0;0    15  15   B  ;0;0  2   Câu 6: (1,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P  1  3sin x 1  cos x  , biết cos x   Nhóm toán thầy Quang : https://www.facebook.com/groups/nhomtoanthayquangbaby/ Page GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY Facebook thầy Quang : https://www.facebook.com/quang.manngoc b) Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất sản phẩm tiêu dùng, đoàn tra lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lô hàng công ty để kiểm tra Tính xác suất để đoàn tra lấy phế phẩm Biết lô hàng có 100 sản phẩm a, P  1  3sin x 1  cos x  5 5 35      1  2sin x      cos x  1  3    cos x    cos x  3  2 2    75287520 b, Số phần tử không gian mẫu:   C100 *) Biến cố A lấy phế phẩm => Số phần tử thuận lợi cho biến cố A: C52 C953  1384150 Vậy P  A   A  0, 01838  Câu7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a tam giác SAB vuông cân đỉnh S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SB AC theo a S M A O E C H a d N B Gọi H trung điểm AB  SH  AB  SH  AB   AB   SAB    ABCD   SH   ABCD    SAB    ABCD  Nhóm toán thầy Quang : https://www.facebook.com/groups/nhomtoanthayquangbaby/ Page GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY Facebook thầy Quang Đặt SA  x : https://www.facebook.com/quang.manngoc  x   Trong SAB ta có: SA2  SB  AB  x  x  a  x  a  x  Lại có: SH  SB  HB  a a2 a2 a   2   a.a.sin 600  a (đvdt) S ABC  AB AC.sin BAC 2 1 a a a3 (đvtt) VSABCD  SH S ABC   3 24 +) Trong mp(ABC) gọi O, E trung điểm AC AO  BO  AC HE  AC Ta có HE / / BO H trung điểm AB => HE đường trung bình ABD  HE  BO Ta có: BO  AB  BC AC a2  a2 a2 a a      HE  4 Qua B kẻ d / / AC HE  d  N Ta có: HN  HE  a  AC / / NB  AC / /  SNB    NB   SNB   d  AC ,  SB    d  AC ,  SNB    d  A,  SNB   Trong SHN Kẻ HM  SN 1  NB  HN  NB   SNH   NB  HM   NB  SH  2 1     HM   SNB   d  H ,  SNB    HM 1 16 28 a a 21       HM   2 HM SH HN a 3a 3a 14 28 Nhóm toán thầy Quang : https://www.facebook.com/groups/nhomtoanthayquangbaby/ Page GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY Facebook thầy Quang d  A;  SNB   d  H ;  SNB    : https://www.facebook.com/quang.manngoc AB 2 HB  d  A;  SNB    HM  a 21 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 18 Gọi E trung điểm cạnh BC Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE cắt đường chéo AC G (G không trùng với C)  4 Biết E 1; 1 , G  ;  D điểm thuộc đường thẳng d : x  y   Tìm tọa độ điểm A,B,C,D 5 5 A B   900  DGE   900 +) Tứ giác GECD nội tiếp, mà DCE G D thuộc d  D  d ;  d  E      16  GE  ;   ; GD  d  ;  d  5 5     D C   3   16  5 7 GE  GD   d      d    d   D  ;  5 5 5  2 2 x + y - =0 7 5 Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCEG I  I  ;  4 4 2 10 7  5 45  => Đường tròn ngoại tiếp EDC :  x     y    IE  4  4  1 Gọi C  x; y  S ABCD  S DEC  EC.ED  EC.ED  18  EC.ED  2 5  7    x  1   y  1  x     y    18   2  2  2 Từ (1) (2) ta có hệ Giải hệ => điểm C, điểm phía với G trung điểm DA Gọi C' => A đối xứng với D qua C' => B đối xứng với C qua E  x  xy  17 y  17 y  xy  y   x  y   , x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x  1 x   y   y  11 x   x   Nhóm toán thầy Quang : https://www.facebook.com/groups/nhomtoanthayquangbaby/ Page GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY Facebook thầy Quang : https://www.facebook.com/quang.manngoc Đkxđ: x  2 Với y = hệ vô nghiệm Với y  Ta có: chia vế (1) cho y Đặt x  t Ta có: y 2t  6t  17  17t  6t    t  1 2t  6t  17  t  Ta có: 1 Thật ta có: 2t  6t  17  t  8t  16  t  2t     t  1  t Tương tự ta có: 17t  6t   4t    Chứng minh tương tự Lấy (1) + (2) ta có: VT   t  1  VP Dấu t = Vậy với t = hay x  1  x   x  y thay vào (2) ta có: y  x   x   x  11 x   x   x  x  12  x   x  x  x Với x = => phương trình vô nghiệm   x  2  x  x2 x2  12  x   2 Với x  ta có: 1       1   x x x  x x  x   x Đặt x2  t Ta có: x 1  6t  t   t 2  2  6t  t   t  6t  t  t     t    6t  3t  3   3 x     x   x   t   x   2x      4 x  x  18    x     377 TM  377  loai  Nhóm toán thầy Quang : https://www.facebook.com/groups/nhomtoanthayquangbaby/ Page GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY Facebook thầy Quang : https://www.facebook.com/quang.manngoc Câu 10 (1,0 điểm) Xét x,y,z số thực dương thỏa mãn xy  xz   x Tìm giá trị lớn biểu   4 thức P   xy  xz   1  1   y   3z   CƠ BÀN LÀ CÁC CÁCH CŨNG GẦN GIỐNG NHAU , CHỈ KHÁC Ở CHỖ DIỄN ĐẠT CÁCH : Từgiả thiết ta có : y  z  :  z  y  x x  y 1 z Lại có : ( xy  xz  2)(1   P  (1  1 z 11  x 3z 1 )  ( x  1)(1  )  (1  y y x 2 )  (1  ) y 1 z 2 ) (1  ) 1 z 3z Xét hàm số : f ( z )  (1   f '( z )  (1  2 ) (1  ) với z  (0;1) 1 z 3z  4  ) (1  )  (1  )  z  (1  z ) z 3z 1 z   z  125  f '( z )     f ( z ) max  f ( )  z   Vậy Pmin  125 1  ( x; y; z )  (4; ; ) Cách 2: xy  xz   x  y  z  1 1 1  Đặt a  x, b  ; c      Nên a, b, c  x y z a b c      4 3P    xy  yz   1        x  1 1        a  1 b  1 4c  3 y  z y  z    Nhóm toán thầy Quang : https://www.facebook.com/groups/nhomtoanthayquangbaby/ Page 10 GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY Facebook thầy Quang Ta có: : https://www.facebook.com/quang.manngoc c 1 1 2c Lại đặt: t  c   Ta có:     ab   2 c a b c 1 c 1 ab  a  1 b  1 4c  3   4c  3 1  ab  2 2  2     4c  3      4t  1     f  t  c 1  t    t  3t    4t    t  1 3t  1   f 't       43  t t t t2   f '  t    t  (do: t > 1) bảng biến thiên suy ra: f  t   f 1  125 3P  125  P  125 125  1 Max   a, b, c    4, 4,    x, y, z    4; ;  3  2 Cách 3:   xz x x xz x x     x  z  Ta có: xy  xz   x   x    Đặt t  y y y y y y y y  x 0 y  t  z.t  2t  t 1  z   *   z    z       x 1 y 1 1 31 z   x  1 31 z  Khi đó: P   xy  xz  2 1   1      x   1 y 3z 3z  y   3z   y y  x   1  z   1  z  x      1    t  2t  1 y 3z 3z y  Theo (*) ta có: t     1  z  4  t2   P        1  z 2  z  1 z 3z 1  z        1  z    4   3t   1     1  f  t  Với t   z   t    1  z   z   1  z     t t  3t    Xét biến thiên hàm số dễ dàng suy hàm số cho có GTLN  t 125 Vậy max P   125  1  x; y; z    4; ;   2 Nhóm toán thầy Quang : https://www.facebook.com/groups/nhomtoanthayquangbaby/ Page 11