09 DE THI THU CO LOI GIAI CHI TIET AG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 THOẠI NGỌC HẦU Môn thi: TOÁN ( THI thử lần III ) ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC (gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số y = x3 − x + Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = x e x đoạn [ −1; 2] Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình 3log x + 32−log x = 10 b) Giải phương trình (z + z ) + ( z + z ) + = tập hợp số phức Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = π /2 ∫ sin x sin xdx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z − = mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − z − 11 = Chứng minh mặt phẳng ( P ) đường tròn ( C ) Tìm tọa độ tâm ( C ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến Câu (1,0 điểm) a) Cho số thực α thỏa mãn điều kiện sin α + cos α = Tính A = tan α + cot 2α n   n−2 n −1 b) Tìm số hạng không chứa x khai triển  x −  , biết x > An = Cn + Cn + 4n + x   Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a Góc BAC = 600 , hình chiếu vuông góc S mặt (ABCD ) trùng với trọng tâm tam giác ABC Mặt phẳng (SAC ) hợp với mặt phẳng (ABCD ) góc 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ B đến (SCD ) theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S = có phương trình đường thẳng AC x + 2y − = Điểm M (0; 4) thuộc đường thẳng BC Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật cho biết đường thẳng CD qua N (2;8) đỉnh C có tung độ số nguyên Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị m cho phương trình sau có nghiệm thực:   2 x + x − m x + − x (x − 2)  = 3x +   x −2 ( ) Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x , y , z thỏa mãn x > 2, y > 1, z > Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + y + z − 2(2 x + y − 3) − y ( x − 1)( z + 1) Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu.Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 THOẠI NGỌC HẦU Môn thi: TOÁN ( THI thử lần III ) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM (gồm 06 trang) ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC Đáp án (trang 01) Câu Điểm +Tập xác định: D = ℝ +Sự biến thiên: 0,25 Các khoảng đồng biến Các khoảng nghịch biến Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = , yCĐ = 4; đạt cực tiểu , yCT = 0,25 Giới hạn: +Bảng biến thiên - x + y' (1,0đ) - +∞ y 0,25 + +∞ - +Đồ thị: 0,25 10 5 10 Hàm số y = x e x liên tục đoạn [ −1; 2] (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 Giá trị lớn nhỏ hàm số 0,25 a) Điều kiện xác định: x > (1,0đ) Đặt t = 3log2 x , t > Phương trình trở thành t + = 10 ⇔ t = ∨ t = t 0,25 t = 3log2 x = ⇔ log x = ⇔ x = , t = 3log x = ⇔ log x = ⇔ x = Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, x = 0,25 Đáp án (trang 02) ( b) z + z ) Điểm  z + z = −2 + 5( z2 + 2z ) + = ⇔   z + z = −3 0,25 z + z = −2 ⇔ z + z + = ⇔ z = −1 ± i 0,25 z + z = −3 ⇔ z + z + = ⇔ z = −1 ± i π /2 I= ∫ π /2 sin x sin 2xdx = ∫ sin x.cosxdx Đặt t = s inx ⇒ dt = cosxdx , x = (1,0đ) 0,25 t4 I = ∫ t dt = π ⇒ t = 1, x = ⇒ t = 0,25 I= 0,25 0,25 Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3; 2;1) bán kính R = Ta có khoảng cách từ I đến ( P ) d ( I , ( P ) ) = 0,25 6.3 + 3.2 − 2.1 − 62 + 32 + ( −2 ) =3< R 0,25 Do ( P ) cắt ( S ) theo giao tuyến đường tròn ( C ) Tâm ( C ) hình chiếu vuông góc H I ( P ) Đường thẳng ∆ qua I (1,0đ) vuông góc với ( P ) có phương trình x − = y − = z − Do H ∈ ∆ nên −2 H ( + 6t; + 3t;1 − 2t ) Ta có H ∈ ( P ) , suy ( + 6t ) + ( + 3t ) − (1 − 2t ) − = ⇔ t = − Do  13  H ; ;  7 7  sin α cos 2α cos ( 2α − α ) + = = a) A = tan α + cot 2α = cos α sin 2α cos α sin 2α sin 2α = =1 ( sin α + cos α ) − 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Điều kiện xác định: n ∈ N n≥2 (1,0đ) A n2 = Cnn−2 + Cnn−1 + 4n + ⇔ A n2 = Cnn+−11 + 4n + ⇔ n! (n + 1)! = + 4n + ⇔ (n − 2)! 2!(n − 1)! 0,25 n ∈ ℕ ∧ n ≥ n ∈ ℕ ∧ n ≥ n ∈ ℕ ∧ n ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ n = 12 2n(n − 1) = n(n + 1) + 8n + 12 n ∈ {−1;12} n − 11n − 12 =  Khi n=12 ta được:  x −  12   Số hạng thứ (k+1) khai triển là: x 0,25 − k k k Tk +1 = C12 ( −2)k x x12−k = C12 ( −2)k x 24 − 3k k ∈ ℕ,k ≤ 12 ⇔ k = 24 − 3k = ⇔ k = Tk+1 chứa x ⇔  Vậy số hạng chứa x là: T9= 28 C12 Đáp án (trang 03) Câu Điểm S H A B E O D 0,25 C Gọi E trọng tâm ∆ABC , ta có:  SE ⊥ (ABCD ) SO ⊥ AC  ⇒ OE ⊥ AC Suy ((SAC ), (ABC D)) = SOE = 60 a a2 a2 ∆ABC cạnh 2a ⇒ OE = OB = ⇒ dt (ABC D) = = a (1,0đ) Trong ∆SOE có SE = OE tan 60 = Vậy VS ABC D 0,25 1 a a2 a3 = SE dt (ABC D) = = 3 2 12 ( ) Dễ thấy d B, (SC D) = d E , (SC D) EC D = 900 ( Kẻ EH ⊥ SC ) (1) SE ⊥ (ABCD ) ⇒ SE ⊥ C D   EC ⊥ C D ⇒ C D ⊥ (SEC ) ⇒ EH ⊥ C D 0,25 (2) ( ) Từ (1), (2) ta EH ⊥ (SC D) ⇒ d B, (SC D) = SC = 2 d E , (SC D) = EH 3 ( ) a 21 a ; EC = 0,25 EC SE a a a Trong ∆SCE có SC HE = EC SE ⇒ HE = = = SC a 21 ( ) Vậy d B, (SC D) = 3 a 3a d E , (SC D) = = 2 14 ( ) Đáp án (trang 04) Câu Điểm Vì C ∈ AC : x + 2y − = ⇒ C (9 − 2c; c ) 0,25 Suy NC = (7 − 2c; c − 8), MC = (9 − 2c; c − 4) Khi ta có: NC MC = ⇔ (7 − 2c )(9 − 2c ) + (c − 8)(c − 4) = (1,0đ) ⇔ 5c − 44c + 95 = ⇔ c = ∨ c = 19 Vì C có tung độ số nguyên nên C (−1; 5) Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC A ' có MC = ( −1;1) vtpt MA ' 0,25  13  , MC = Khi MA ' : x − y + = Suy A '  ; , MA ' =  3  1 MA ' MC = Hai tam giác ABC A ' MC đồng dạng M (0; 4) nằm cạnh BC nên:     CB  = S ABC = = ⇒ CB = 3CM ⇒ x B + = 3.1 ⇒ B(2;2)  S A ' MC CM  yB − = 3.(−1) Ta có S A ' MC = 0,25 0,25 Tương tự CA = 3CA ' ⇒ A(3; 3) Từ AB = DC ⇒ D(−2;7) Vậy A(1; 4), B(2;2),C (−1;5), D(−2;7) Điều kiện: x > Khi đó: (1,0đ) (1) ⇔ m2 x + ⇔ m2 x + ⇔ x −2 + x −2 x −2 x −2 ⇔ x x −2 − − x (x − 2) = 3x + 2 x + x −2 − x (x − 2) = x − x − 0,25 ( − x (x − 2) = − m x −2 = − m2 x ) x (2) x −2 với t ∈ (0;1) (do x > ) Pt (2) trở thành − 3t = − m (3) x t Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (3) có nghiệm t ∈ (0;1) Đặt t = Đáp án (trang 05) 0,25 Điểm − 3t với t ∈ (0;1) , ta có: t2 f ' (t ) = − − < , ∀t ∈ (0;1) t Bảng biến thiên: Xét hàm f (t ) = 0,25 t f ' (t ) f (t ) +∞ − −2 Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra: Phương trình (3) có nghiệm t ∈ (0;1) ⇔ − m > −2 ⇔ − m > ⇔ −2 < m < 0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm −2 < m < 10 Cho số thực x , y , z thỏa mãn x > 2, y > 1, z > Tìm giá trị lớn biểu Câu P= thức: x + y + z − 2(2 x + y − 3) 2 − y ( x − 1)( z + 1) Đặt a = x − 2, b = y − 1, c = z ⇒ a , b, c > P= a + b + c +1 2 − (a + 1)(b + 1)(c+ 1) 10 ( a + b) (c + 1) Ta có a + b + c + ≥ + ≥ ( a + b + c + 1) (1,0đ) 2 0,25 Dấu “=” xảy a = b = c = Mặt khác ( a + 1)(b + 1)(c+ 1) ≤ Khi P ≤ ( a + b + c + 3)3 27 27 − a + b + c + ( a + b + c + 3)3 0,25 Dấu “=” xảy a = b = c = Đặt t = a + b + c + > 27 Khi P ≤ − ,t > t (t + 2)3 0,25 27 81 81t − (t + 2) , 1; '( ) f (t ) = − t > f t = − + = t (t + 2)3 t (t + 2) t (t + 2) Xét f '(t ) = ⇔ 81t − (t + 2) = ⇔ t − 5t + = ⇔ t = (do t>1); lim f (t ) = x →+∞ Đáp án (trang 06) Điểm Bảng biến thiên t +∞ f’(t) + - f(t) 0,25 Từ BBT, ta có max f ( x ) = f ( ) = Vậy max P = f ( ) = a = b = c = 1 ⇔ ⇔ a = b = c = ⇒ x = 3; y = 2; z = a + b + c + = Hết