SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − x + a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm cực đại (C) Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình cosx + sinx ( − cosx ) = + sinx b) Tìm số phức z cho (1 + 2i) z số ảo 2.z − z = 13 Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: log x + log ( x ) = Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x + x − 171x − 40 ( x + 1) x − + 20 = 0, x ∈ ¡ Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ ( ) x + ln( x + 1) dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, AB = BC = a, · BAD = 900 , cạnh SA = a SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông C Gọi H hình chiếu A lên SB Tính thể tích tứ diện SBCD khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2; −2) , trọng tâm G ( 0;1) 1 2 trực tâm H ;1÷ Tìm tọa độ đỉnh B, C tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) đường thẳng d: x −1 y z − = = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M vuông góc với d Tìm d hai 1 điểm A, B cho tam giác ABM Câu (0,5 điểm) Một hộp có viên bi màu đỏ, viên bi màu vàng viên bi màu xanh Cùng lần lấy ngẫu nhiên viên bi Tìm xác suất cho viên bi lấy viên bi màu đỏ Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng: a3 a3 + ( b + c ) + b3 b3 + ( c + a ) + c3 c3 + ( a + b ) ≥1 Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Ghi chú: Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG Câu Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) • Tập xác định: R 0,25 y = +∞ Đồ thị (C) có không tiệm cận • Giới hạn tiệm cận: xlim →±∞ ( ) • CBT: Ta có y ' = x − x = x x − ; y' = ⇔ x = ∨ x = ±1 Dấu y’: y ' > ⇔ x ∈ ( −1;0 ) ∪ ( 1; +∞ ) ; y ' < ⇔ x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 0;1) ⇒ hàm số ĐB khoảng ( −1;0 ) ( 1; + ∞ ) NB khoảng ( −∞; 1) (0 ; 1) 0,25 • Hàm số có hai CT x = ±1; yCT = y(±1) = có CĐ x = ; yCĐ = y(0) = • Bảng biến thiên: x- ∞ -1 - 0 +∞ + - + ∞y’ +y 0,25 +∞ 0 • Đồ thị: Đồ thị cắt Oy (0;1) Điểm khác (±2; 9) Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng Câu 0,25 b) (1,0 điểm) • Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc tiếp tuyến điểm CĐ đồ thị cho y’(0) = • Phương trình tiếp tuyến (C) điểm CĐ là: y = a) (0,5 điểm) Phương trình cosx + sinx ( − cosx ) = + sinx 0,5 0,5 ⇔ cosx + sinx ( + cos x − 2cosx ) − − 2sinx = ⇔ (cosx − 2)(1 + sin x ) = (*) Do cosx − ≠ nên (*) ⇔ + sin2 x = ⇔ sin2 x = −1 ⇔ x = − π + kπ 0,25 0,25 b) (0,5 điểm) Giả sử z = a + bi (a, b ∈ R ) , (1 + 2i ) z = (1 + 2i )(a + bi ) = (a − 2b) + (2a + b)i (1 + 2i ) z số ảo ⇔ a − 2b = ⇔ a = 2b 2.z − z = a + 3bi = 2b + 3bi = 13b = 13 ⇔ b = ±1 0,25 0,25 2 (1,0 điểm) Câu (0,5 điểm) Câu (1,0 điểm) Có hai số phức thỏa mãn đề bài: z = + i ; z = −2 − i Điều kiện: x > Khi đó, phương trình tương đương với log x + log x + log = ⇔ log x = 2 ⇔ log x = ⇔ x = (t/m) Vậy phương trình có nghiệm là: x = Điều kiện: x ≥ Khi phương trình tương đương với (x 0,25 0,25 ( ) + x + 12 x + − ( x + ) = 8 ( x − 1) x − + 36 ( x − 1) + 54 x − + 27 − x − + ( ) ( ⇔ ( x + 2) − 3( x + 2) = 5x − + − 5x − + 3 Xét hàm sô f ( t ) = t − 3t ) 0,25 ) ( Phương trình (1) có dạng f ( x + ) = f x − + Ta có: f ' ( t ) = 3t − 3; f ' ( t ) = ⇔ t = ±1 t- ∞ -1 + - ) + ∞f’(t) +f(t) 0,25 +∞ -∞ -2 Suy ra: Hàm số f ( t ) = t − 3t đồng biến khoảng (1; + ∞) x + > Với điều kiện x ≥ ⇒ 2 x − + > Từ suy ( 1) ⇔ x + = x − + x ≥ x ≥ ⇔ x − = 5x − ⇔ ⇔ x − 22 x + = x − x + = ( x − 1) x ≥ ⇔ ⇔ x = 11 + 116 ( t / m ) x = 11 ± 116 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = 11 + 116 Câu (1,0 điểm) Câu 4 1 Ta có: I = ∫ x dx + ∫ ln ( x + 1).dx 4 0,25 0,25 0,25 14 I = x dx = x dx = ( x x ) = ∫1 ∫1 Tính I1: 3 4 I = ∫ ln( x + 1).dx = [ ( x + 1)ln( x + 1) ] − ∫ dx = 5ln − ln − 1 Vậy I = + 5ln − ln • Chứng minh: ∆SCD vuông C ⇒ ABCD hình thang đáy AD, BC.⇒ ∆ACD vuông cân C ⇒ AC = CD = a 2; AD = 2a = SC ; BD = a 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) • VSBCD = VS.ABCD – VSABD = • S SCD = a 2; d ( B, ( SCD ) ) = (hoặc • a3 a3 a3 − = (đvtt) d ( B, ( SCD ) ) d ( A, ( SCD ) ) d ( H , ( SCD ) ) d ( B, ( SCD ) ) = = 3VS BCD S SCD 0,25 a3 a = = a BK a = ⇒ d ( B, ( SCD ) ) = ) CK 2 0,5 SH SA2 2 a = = ⇒ d ( H , ( SCD ) ) = d ( B, ( SCD ) ) = SB SB 3 Cách khác: • Chứng minh BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (SBC) Kẻ AK ⊥ (SC) ⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ (AKH) ⊥ (SCD) Kéo dài AB CD cắt E Kéo dài AH cắt SE M Có (AMK) ⊥ (SCD) hay (AMK) ⊥ (SED) AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ HK ⇒ tam giác AHK vuông H Kẻ HJ ⊥ MK có HJ = d(H, (SCD)) • Tính AH, AM ⇒ HM; Tính AK ⇒ HK Từ tính HJ = a/3 Hoặc phương pháp tọa độ Câu (1,0 điểm) (C) A H B I C M Gọi M trung điểm cạnh BC, ta có uuuur uuur 5 AM = AG ⇒ M −1; ÷ 2 uuur −3 r AH = ;3 ÷ hay n = ( 1; −2 ) pháp vectơ đường thẳng BC 0,25 K Phương trình BC : x − y + = ⇔ x = y − Vì B C đối xứng với qua M nên gọi B(2m − 6; m) có C (4 − 2m; − m) uuur uuur uuur uuur AB = ( 2m − 8; m + ) ; HC = − 2m; − m ÷ Ta có: AB.HC = 2 ⇒ ( m − 4)(5 − 5m) = ⇔ m = 4; m = Vậy có B (2; 4), C ( −4;1) B (−4;1), C (2; 4) Kẻ đường kính AK đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC Tứ giác BHCK có BH//KC BK//HC nên BHCK là hình bình hành Suy ra: HK BC cắt M trung điểm BC M trung điểm HK 5 15 1 Ta có H ;1÷, M −1; ÷ ⇒ K − ; ÷ Bán kính R = AK = 2 2 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 uuur uur * Ghi chú: Có thể tìm tọa độ tâm I đường tròn (C) hệ thức Ơ-le GH = −2GI ( Thí sinh phải trình bày chứng minh hệ thức này) Sau tính R = IA uur Mp(P) qua M(2;1;2) ⊥ (d) nhận vtcp ud = ( 1;1;1) làm vtpt Suy phương trình mp(P): 1.( x − ) + ( y − 1) + 1.( z − ) = ⇔ x + y + z − = Gọi H hình chiếu M d Ta có: MH = d ( M , d ) = 10 , H ; ; ÷ 3 3 = Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH 3 x −1 y z − = = 1 Do đó, toạ độ A, B nghiệm hệ: ( x − ) + ( y − )2 + (z − 10 )2 = 3 6 10 6 10 Giải hệ ta tìm A, B là: + ; + ; + ; − ; − ÷, − ÷ 9 3 9 3 Câu (0,5 điểm) Số phần tử không gian mẫu: C20 = 1140 phần tử Gọi A biến cố: " Trong viên bi lấy viên bi màu đỏ", nghĩa viên bi lấy toàn bi vàng, toàn bi xanh, có bi xanh bi vàng 3 Ta có C7 = 35 cách lấy viên bi vàng, có C8 = 56 cách lấy viên bi xanh, có C72 C81 + C71 C82 = 364 cách lấy viên có vàng xanh C + C83 + C72 C81 + C71 C82 455 91 Do đó: P ( A) = = = 1140 1140 228 Cách khác gọn hơn: Gọi A biến cố: " Trong viên bi lấy viên bi màu đỏ", nghĩa viên bi lấy từ 15 viên bi ( vàng xanh) Số cách chọn C15 = 455 455 91 P( A) = = 1140 228 Câu x2 + x ≤ + , ∀x ≥ Xét BĐT: 10 (1,0 + x + − x + x2 x2 + x = + x − x + x ≤ = + ( ) ( ) điểm) Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 2 Ấp dụng vào toán ta có: a3 1 a2 = ≥ ≥ ( 1) 3 a + b2 + c a3 + ( b + c ) 1b+c b+c 1+ ÷ 1+ ÷ 2 a a b3 b2 c3 c2 ≥ ; ≥ ( ) ( 3) Tương tự, ta có: b3 + ( c + a ) a + b2 + c a2 + b2 + c2 c3 + ( a + b ) Công vế với vế (1), (2), (3) suy đpcm Đăng thức xảy a = b = c -Hết - 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Ghi chú: Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định