ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN-KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh SỞ GD VÀ ĐT BÌNH ĐỊNH TRƯỜNGTHPT VÂN CANH ĐỀ THI THỬ-KỲ THI 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 = x3 – 3x2 + a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Dùng đồ thị (C), biện luận số nghiệm phương trình x3 – 3x2 + – m = theo tham số m Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log 22 x − log x = b) Cho số phức z = (1 – 2i)(4 – 3i) – + 8i Xác định phần thực, phần ảo tính môđun số phức z x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x( x + e )dx  x +12 y + x + = 8y + 8y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x + 8y + y = 5x Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: sin3x + cos 2x = 1+ 2sin x.cos2x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB=a, AD=2a, SA ⊥ ( ABCD) SA=a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBM) với M trung điểm CD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có D(-6;-6) Đường trung trực đoạn thẳng DC có phương trình d: 2x+3y+17=0 đường phân giác góc BAC có phương trình d’: 5x+y-3=0 Xác định toạ độ đỉnh lại hình bình hành Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm A(6; -2; 3), B(0; 1; 6) mặt phẳng (α): 2x + 3y – z + 11 = Viết phương trình mặt phẳng (β) qua hai điểm A, B vuông góc với mặt phẳng (α) Và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (α) Câu (0, điểm) Một đội tuyển học sinh giỏi có 18 em, có em học sinh lớp 12, có em học sinh lớp 11 em học sinh lớp 10 Hỏi có cách cử em học sinh dự trại hè cho khối có em chọn Câu 10 ( 1,0 điểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = Chứng minh rằng: a 1+ b c + b 1+ c d + c 1+ d a + d + a2 b ≥2 ….Hết… Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: -1- GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM -2- Câu Ý Nội dung GV: Lê Quốc – Trường a) Tuấn Hàm số y = x3 –THPT 3x2 +Vân Canh MXĐ: D = R  x=0⇒ y =2 y’ = 3x2 – 6x; y’ = ⇔  ;  x = ⇒ y = −2 Điểm 0,25 lim y = ±∞ x →±∞ 0,25 Hàm số đồng biến khoảng (-∞ ; 0), (2 ; +∞) Hàm số nghịch biến khoảng (0 ; 2) Hàm số đạt cực đại xCĐ = yCĐ = Hàm số đạt cực đại xCT = yCT = -2 *Bảng biến thiên: x y’ y −∞ + −∞ 0 CĐ - +∞ + 0,25 +∞ -2 CT 0,25 b) Pt: x3 – 3x2 + – m = ⇔ x2 – 3x2 + = m – (*) Phương trình (*) phương trình hoành độ giao điểm đồ thị (C) với đường thẳng ∆: y = m Dựa vào đồ thị ta có: + m< hay m>4: phương trình có nghiệm + m= hay m= 4: phương trình có nghiệm + < m< 4: phương trình có nghiệm Đặt t = log x , x > 0, ta phương trình t2 - 3t - = t = −1 a) 0,25 0,25 0,25 ⇔ t =4 t = -1 ⇒ log x = -1 ⇒ x = -3- 0,25 0,25 t = ⇒ log x = ⇒ x = 16 b) z = (1 – 2i)(4 – 3i) – + 8i = -4 -3i 0,25 0,25 GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh HẾT SGD&ĐT BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT VÂN CANH MA TRẬN ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN -180’ NĂM HỌC 2015-2016 Chủ đề Nhận biết 1.Khảo sát hàm số – toán liên quan 2.Lượng giác -4- Thông hiểu Vận dụng Vận dụng Tổng thấp cao 1 2,0 1 0.5 GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh 0.5 3.Số phức 4.Mũ logarit 1 0.5 0.5 1 0.5 0.5 5.Nguyên hàm-tích phân Pt ,bpt,hệ pt đại số 1 1.0 1 7.Khối đa diện,khối tròn xoay 8.Phương pháp tọa độ mp 1.0 1.0 1 1.0 1 9.Phương pháp tọa độ k/gian 1.0 1 10.Tổ hợp-xác suất 0.5 0.5 11.Các dạng toán khác 1.0 Tổng cộng 3c 3c SỞ GD VÀ ĐT BÌNH ĐỊNH TRƯỜNGTHPT VÂN CANH 4c 2c 10.0 ĐỀ THI THỬ-KỲ THI 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 hàm số b) Tìm m để phương trình x − x = m + có nghiệm phân biệt Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x + sin x − = b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (2 − i )(1 + i ) + z = − 2i Tính môđun z -5- 12 GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 3.9 x − 10.3 x + ≤  x y + x + = x x y + ( x, y ∈ R ) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  y ( x − 1) + y ( x − 2) + y + = Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = π ∫ ( x + cos x) sin xdx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi, tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết AC = 2a, BD = 4a , tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AD SC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3; 4), đường thẳng d : x + y − = đường tròn (C ) : x + y + x − y − = Gọi M điểm thuộc đường thẳng d nằm đường tròn (C) Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B tiếp điểm) Gọi (E) đường tròn tâm E tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M cho đường tròn (E) có chu vi lớn Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;3;2) , đường thẳng x +1 y − z d: = = mặt phẳng ( P) : x − y + z − = Tìm tọa độ giao điểm d với (P) −1 −2 viết phương trình mặt cầu (S) qua A, có tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc với (P) Câu (0,5 điểm) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, có đội nước đội Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bảng A, B, C bảng đội Tính xác suất để đội bóng Việt Nam ba bảng khác Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực thỏa mãn − − 2 < x < −1 + 2 , y > 0, z > x + y + z = −1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= 1 + + 2 ( x + y) ( x + z) − ( y + z)2 Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Câu (2,0 điểm) -6- Nội dung a) (1,0 điểm) 1) Tập xác định : D = R 2) Sự biến thiên: y = +∞ ; lim y = +∞ a, Giới hạn : xlim →−∞ x→+∞ Điểm 0,25 GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh b, Bảng biến thiên: y’ = x − x , y’ = ⇔ x = 0, x = ±1 x -∞ -1 y' + 0 +∞ -3 +∞ + +∞ 0,25 y -4 -4 Hàm số đồng biến khoảng (- 1; 0) (1;+∞) , hàm số nghịch biến khoảng (−∞;−1) (0; 1) Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) = - Hàm số đạt cực tiểu x = ± , yCT = y( ± ) = - 3) Đồ thị: Đồ thị (C) hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox điểm ( ± ; 0) 0,25 y − 3−1O x 0,25 −3 −4 b) (1,0 điểm) Ta có x − x = m + ⇔ x − x − = m (1) Số nghiệm phương trình (1) số giao điểm (C) đường thẳng y = m Câu (1,0 điểm) Theo đồ thị ta thấy đường thẳng y = m cắt (C) điểm phân biệt − < m < −3 Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt m ∈ (−4;−3) a) (0,5 điểm) cos x + sin x − = ⇔ 2(1 − sin x) + sin x − = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇔ sin x − sin x + = π    x = + k 2π sin x = (lo¹i ) ⇔ ⇔ (k ∈ Z) π  sin x = x= + k 2π   b) (0,5 điểm) -7- 0,25 GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh Câu (0,5 điểm) Câu (1,0 điểm) Đặt z = a + bi , ( a, b ∈ R ), z = a − bi Theo ta có (2 − i )(1 + i ) + a − bi = − 2i ⇔ a + + (1 − b)i = − 2i 0,25 a + = a = ⇔ ⇔ Do z = 1+ 3i , suy z = 12 + 32 = 10 1 − b = −2 b = 0,25 Đặt t = 3x (t > 0) Bất phương trình cho trở thành 3t − 10t + ≤ ⇔ ≤ t ≤ 3 x Suy ≤ ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = [−1;1] Điều kiện: x y ≥ −2 Gọi hai phương trình (1) (2) (2) ⇔ x y + x y = y − y + y − + 3( y − 1) ⇔ ( x y )3 + x y = ( y − 1) + 3( y − 1) (3) 0,25 0,25 0,25 Xét hàm số f (t ) = t + 3t có f '(t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ R Do (3) ⇔ f ( x y ) = f ( y − 1) ⇔ x y = y − 1, ( y ≥ −1) 0,25 Thế vào (1) ta x y + x + = x y + ⇔ x ( y + 1) − x y + + = ⇔ ( x y + − 1) = ⇔ x y + = Do hệ cho tương đương với x y + x =  y = − x  x y + =   ⇔  x y = y − ⇔  x (2 − x ) + x = (4)   x y = y − x > x >   2 (4) ⇔ x − 3x + = ⇔ ( x − 1) − x = ⇔ ( x − x − 1)( x + x − 1) = 0,25  1± x = − 1+ 1+ ⇔ Do x > nên x = x =  2 −1± x =  1+ 1− −1+ 1+ Với x = ⇒y= ⇒y= 2 2 1+ 1−   −1 + +   , ( x; y ) =   ; ; Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) =     2 2     Với x = Câu (1,0 điểm) π π π π 0 0 I = ∫ x sin xdx + ∫ cos x sin xdx Đặt I1 = ∫ x sin xdx, I = ∫ cos x sin xdx u=x du = dx Đặt  ⇒ ⇒ I1 = − x cos x dv = sin xdx v = − cos x -8- π π + ∫ cos xdx = sin x π 0,25 0,25 =1 0,25 GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh π π π cos3 x I = ∫ cos x sin xdx = − ∫ cos xd (cos x) = − = 3 0 Vậy I = + Câu (1,0 điểm) = 3 0,25 Gọi O = AC ∩ BD , H trung điểm AB, suy SH ⊥ AB Do AB = ( SAB ) ∩ ABCD) ( SAB) ⊥ ( ABCD) nên SH ⊥ ( ABCD) AC 2a = =a, +) Ta có OA = 2 BD 4a OB = = = 2a 2 S A 0,25 D AB = OA2 + OB = a + 4a = a K H 0,25 O AB a 15 = B 2 C E 1 S ABCD = AC.BD = 2a.4a = 4a 2 1 a 15 2a 15 Thể tích khối chóp S ABCD : V = SH S ABCD = ⋅ 4a = 3 Ta có BC // AD nên AD //(SBC) ⇒ d ( AD, SC ) = d ( AD, ( SBC )) = d ( A, ( SBC )) +) SH = 0,25 Do H trung điểm AB B = AH ∩ (SBC ) nên d ( A, ( SBC )) = 2d ( H , ( SBC )) Kẻ HE ⊥ BC , H ∈ BC , SH ⊥ BC nên BC ⊥ (SHE ) 0,25 Kẻ HK ⊥ SE , K ∈ SE , ta có BC ⊥ HK ⇒ HK ⊥ ( SBC ) ⇒ HK = d ( H , ( SBC )) HE = S BCH S ABC S ABCD 4a 2a = = = = BC BC AB 2a 5 1 91 2a 15 2a 1365 = + = 2+ = ⇒ HK = = 2 2 HK HE SH 4a 15a 60a 91 91 Vậy d ( AD, SC ) = HK = Câu (1,0 điểm) 4a 1365 91 Đường tròn (C) có tâm I (−2;1) , bán kính R = Do M ∈ d nên M (a;1 − a ) Do M nằm (C) nên IM > R ⇔ IM > ⇔ (a + 2) + ( −a) > ⇔ 2a + 4a − > (*) 0,25 Ta có MA2 = MB = IM − IA2 = (a + 2) + (−a ) − = 2a + 4a − 0,25 Do tọa độ A, B thỏa mãn phương trình: ( x − a ) + ( y + a − 1) = 2a + 4a − -9- 0,25 GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh ⇔ x + y − 2ax + 2(a − 1) y − 6a + = (1) Do A, B thuộc (C) nên tọa độ A, B thỏa mãn phương trình x + y + x − y − = (2) Trừ theo vế (1) cho (2) ta (a + 2) x − ay + 3a − = (3) Do tọa độ A, B thỏa mãn (3) nên (3) phương trình đường thẳng ∆ qua A, B +) Do (E) tiếp xúc với ∆ nên (E) có bán kính R1 = d ( E , ∆) Chu vi (E) lớn ⇔ R1 lớn ⇔ d ( E , ∆) lớn  11  Nhận thấy đường thẳng ∆ qua điểm K  ;  2  Gọi H hình chiếu vuông góc E lên ∆ ⇒ d ( E , ∆ ) = EH ≤ EK = 0,25 10 Dấu “=” xảy H ≡ K ⇔ ∆ ⊥ EK  3 Ta có EK =  − ;  , ∆ có vectơ phương u = (a; a + 2)  2 Do ∆ ⊥ EK ⇔ EK u = ⇔ − a + (a + 2) = ⇔ a = −3 (thỏa mãn (*)) 2 Vậy M ( − 3;4) điểm cần tìm Câu (1,0 điểm)  x = −1 + 2t  d có phương trình tham số  y = − t  z = −2t  Gọi B = d ∩ (P) , B ∈ d nên B (−1 + 2t ;4 − t ;−2t ) 0,25 Do B ∈ (P ) nên 2(−1 + 2t ) − 2(4 − t ) − 2t − = ⇔ t = ⇒ B (7;0;−8) 0,25 Gọi I tâm mặt cầu (S), I thuộc d nên I (−1 + 2a;4 − a;−2a) Theo (S) có bán kính R = IA = d ( I , ( P )) 2(−1 + 2a ) − 2( − a ) − 2a − ⇒ (2 − 2a ) + (a − 1) + (2 + 2a ) = 2 + 2 + 12 4a − 16 ⇔ 9a − 2a + = ⇔ 9(9a − 2a + 9) = (4a − 16) ⇔ 65a + 110a − 175 = ⇔ a = 1; a = − - 10 - 0,25 0,25 35 13 GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh +) Với a = ⇒ I = (1;3;−2), R = ⇒ ( S ) : ( x − 1) + ( y − 3) + ( z + 2) = 16 +) Với a = − 35 116  83 87 70  ⇒ I =  − ; ; ; R = 13 13  13 13 13  2 0,25 83   87   70  13456  ⇒ (S ) :  x +  +  y −  +  z −  = 13   13   13  169  Câu (0,5 điểm) Câu 10 (1,0 điểm) 4 Số phần tử không gian mẫu n(Ω) = C12 C8 C = 34.650 Gọi A biến cố “3 đội bong Việt nam ba bảng khác nhau” 0,25 Số kết thuận lợi A n( A) = 3C93 2C63 1.C33 = 1080 n( A) 1080 54 = = ; 0,31 Xác xuất biến cố A P( A) = n(Ω 34650 173 0,25 1 1 1 + + = + + 2 2 (−1 − z ) (−1 − y ) − (−1 − x) (1 + y ) (1 + z ) − (1 + x) 1 + ≥ Ta chứng minh 2 (1 + y ) (1 + z ) + yz 1 + ≥ ⇔ (1 + yz )[(1 + z ) + (1 + y ) ] ≥ [(1 + z )(1 + y )]2 Thật vậy: 2 (1 + y ) (1 + z ) + yz Ta có P = ⇔ (1 + yz )(2 + z + y + z + y ) ≥ (1 + zy + z + y ) ⇔ 2( z + y )(1 + zy ) + 2(1 + yz ) + (1 + zy )( y − z ) + zy (1 + yz ) ≥ (1 + zy ) + 2( z + y )(1 + zy ) + ( z + y ) ⇔ (1 + zy )( y − z ) + + yz + y z − (1 + yz ) − ( y − z ) − yz ≥ ⇔ yz ( y − z ) + (1 − yz ) ≥ (hiển nhiên đúng) Dấu “=” xảy y = z = - 11 - 0,25 GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh y+z y+z (−1 − x) (1 + x) ≥ yz ⇒ yz ≤  Ta lại có =  = 4   1 1 + ≥ ≥ = 2 Do (1 + y ) (1 + x) (1 + z ) + yz + (1 + x) 1+ 4 ⇒P≥ + + (1 + x) − ( x + 1) Do − − 2 < x < −1 + 2 nên ( x + 1) ∈ [0;8) + Đặt t = (1 + x) ⇒ t ∈ [0;8) P ≥ 4+t 8−t + Xét f (t ) = với t ∈ [0;8) 4+t 8−t − 3t + 72t − 240 f ' (t ) = − + = (4 + t ) (8 − t ) (4 + t ) (8 − t ) f ' (t ) = ⇔ −3t + 72t − 240 = ⇔ t = 4; t = 20 (loại) Bảng biến thiên t f’(t) + +∞ f(t) 0,25 0,25 (1 + x) =  x = −3  3 ⇔ Do P ≥ f (t ) ≥ P =  y = z = 4  x + y + z = −1  y = z =  Vậy P = x = −3, y = z = HẾT - 12 - 0,25 [...]...GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh +) Với a = 1 ⇒ I = (1;3;−2), R = 4 ⇒ ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 3) 2 + ( z + 2) 2 = 16 +) Với a = − 35 116  83 87 70  ⇒ I =  − ; ; ; R = 13 13  13 13 13  2 2 0,25 2 83   87  ... (1 + zy )( y − z ) 2 + 2 + 4 yz + 2 y 2 z 2 − (1 + yz ) 2 − ( y − z ) 2 − 4 yz ≥ 0 ⇔ yz ( y − z ) 2 + (1 − yz ) 2 ≥ 0 (hiển nhiên đúng) Dấu “=” xảy ra khi y = z = 1 - 11 - 0,25 GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh 2 y+z y+z (−1 − x) 2 (1 + x) 2 ≥ yz ⇒ yz ≤  Ta lại có =  = 2 4 4  2  1 1 1 1 4 + ≥ ≥ = 2 2 2 Do đó (1 + y ) (1 + x) (1 + z ) 1 + yz 4 + (1 + x) 2 1+ 4 4 1 ⇒P≥ + 4 + (1 + x) 2 8 −