ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA năm 2016 môn TOÁN có đáp án đs 5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x4  x Câu (1,0 điểm) Tìm toạ độ giao điểm A đồ thị hàm số y  x 1 với trục hoành Viết phương trình x 1 tiếp tuyến đồ thị hàm số A Câu (1,0 điểm) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   ln x dx x(2  ln x )2 ATH S.N e ET a) Giải phương trình sau tập số thực: x   5.3x b) Cho số phức z thỏa mãn (2  i)z   3i Tìm môđun số phức w  i.z  2.z Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A(2 ;  ; 0) mặt phẳng ( P) có phương trình x  y  3z  10  Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A song song với ( P) Tìm toạ độ điểm H hình chiếu vuông góc A ( P) Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sau tập số thực:  sin x  cos x    cos x b) Hưởng ứng “Tháng hành động an toàn thực phẩm”, Đoàn TNCS Hồ Chí Minh Trường Trung học phổ thông X chọn ngẫu nhiên học sinh nhóm học sinh tình nguyện gồm nam nữ để TM tham gia đội tuyên truyền thành phố Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a , mặt bên hợp với mặt đáy góc 600 Gọi M , N trung điểm cạnh AB SD Tính theo a thể VIE tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng MN , CD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn có điểm M (1 ;  2), N (2 ; 2), P(1; 2) chân đường cao kẻ từ A, B, C Tìm tọa độ ba đỉnh tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau tập số thực:    y  y  x x  12 x x   x  x  x  x   x  x  1  2  x  y   x  y Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x, y thoả mãn điều kiện x  y  x y  x  y   Tìm giá 2015 x  x y  2016 y trị lớn biểu thức P  x2  y  - HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 GIA LAI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: Toán (Đáp án – Thang điểm gồm trang) Câu ● Tập xác định: D   ET (1,0đ) Điểm ● Sự biến thiên: 0,25 x  y   x3  x     x  1 + Đạo hàm: y  x  x ; ATH S.N Đáp án + Các khoảng đồng biến (1;0), (1;  ) ; khoảng nghịch biến ( ; 1),(0 ; 1) Hàm số đạt cực đại x  0, yCÑ  , hàm số đạt cực tiểu x  1, yCT  1 Giới hạn: lim y  lim y   x   x  + + Bảng biến thiên: –∞ y’ −1 − +∞ TM x + − 0 y +∞ + +∞ 0,25 −1 VIE −1 ● Đồ thị: 0,25 y 0,25 -2 O x -2 -1 Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số với trục hoành nghiệm phương trình: 0,25 (1,0đ) x 1   x  1 x 1 Đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm A  1;  0,25 Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số A  1;  có dạng y  y '(1)( x  1) Ta có 0,25 2 y'  y '(1)   ( x  1) 2 a) Đặt t  3x , điều kiện t  (*) (1,0đ) ET Vậy phương trình tiếp tuyến (C ) A  1;  là: y   ( x  1) hay y   1 x 2 t  , thoả điều kiện (*) t  ATH S.N Phương trình cho trở thành t  5t     0,25 0,25 Với t  ta có 3x   x  log ; với t  ta có 3x   x  0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x  x  log b) (2  i)z   3i  z   2i w  iz  2z  i(1  2i)  2(1  2i)   5i Vậy | w | 41 (1,0đ) Khi I  t2 2 t dt dx Đổi cận: x   t  2; x  e  t  x TM Đặt t   ln x  dt  VIE 2 1       dt   ln t   t t  t 2  2 (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 3 Vậy I    ln 0,25 (Q ) // ( P) nên phương trình (Q ) có dạng x  y  z  D  với D  10 0,25 0,25 0,25 A(2;  1;0)  (Q )     D   D  4 , thoả điều kiện 0,25 Vậy (Q ) có phương trình x  y  z   Hình chiếu vuông góc A (P) giao điểm H (P) với đường thẳng d qua A vuông góc với (P) 0,25  d qua A(2;  1;0) , vuông góc với (P) nên d nhận vectơ pháp tuyến n  (1; 2;  3) x  y 1 z   2 3 Toạ độ H ( x ; y ; z ) giao điểm d (P) nghiệm hệ : (P) làm vectơ phương Do d có phương trình 2 x  y  x   x  y 1 z       3 y  z  3   y  2 3   x  y  3z  10   x  y  z  10  z    0,25 Vậy H 1; 1; 3 a) Ta có  sin x  cos x    cos x   2sin x.cos x   cos x  cos x (2sin x  1)  0,25    x   k   cos x       x   k 2 , k    sin x     x  5  k 2  0,25 ATH S.N ET (1,0đ) b) Nhóm học sinh tình nguyện có học sinh, chọn học sinh, số phần tử không 0,25 gian mẫu |  | C94  126 Nếu chọn học sinh nam nữ, ta có số cách chọn C54  C44  Do N I A M O B D K C Do góc hai mặt ( SAB), ( ABCD)   600 (theo gt) SMO TM (1,0đ) 0,25 0,25 S ABCD hình chóp nên SO  ( ABCD) , suy SO  OM , SO  OM tan 600  VIE 20  xác suất biến cố A : “4 học sinh chọn có nam nữ” P( A)   126 21 S Gọi O tâm hình vuông ABCD, M trung điểm AB Khi SM  AB, OM  AB a 1 a a3 Vậy thể tích khối chóp là: VS ABCD  S ABCD SO  a 3 3 Gọi K trung điểm CD Dựng đường thẳng d qua N, song song với CD, d cắt SK I Khi CD//(MNI), d(MN, CD) = d(K, (MNI)) Ta có MI  SK (do SMK đều)  MI  IK Mà IK  IN (do IN//CD) Suy IK  ( MNI ) 0,25 0,25 Từ d(MN, CD) =d(K, (MNI)) = IK Ta có ∆SKM tam giác đều, I trung điểm SK Do đó: d ( MN , CD )  KI  SM a  2 0,25 Gọi H trực tâm tam giác ABC Do điểm B, P, N, C thuộc A   PCB  ; đường tròn đường kính BC nên PNB N (1,0đ) P H Các điểm H, N, C, M thuộc đường tròn đường kính HC nên   HCM  HNM B   BNM  Suy PNB C M 0,25   HMN  Do H tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP Tương tự ta có PMH x 1 y    x  y   Tương tự, lập phương trình 3 đường thẳng NP : y   0, PM : x   ET Ta có phương trình MN: 0,25 ATH S.N : Phương trình đường phân giác góc MNP  x  y  12  (1) | 4x  y  | Đặt F ( x y )  x  y  12 | y  |   x  y   (2) Thay toạ độ M , P vào vế trái (1) ta F (1;  2).F (1; 2)  , dó (1) phương trình đường thẳng AC (phương trình (2) phương trình BH ) Tương tự, ta lập phương trình BC , AB 0,25 BC : x  y   0, AB : x  y   Suy tọa độ đỉnh tam giác ABC A(–1;4); B(4;–1); C(–5; –4) TM 0,25    y  y  x x3  12 x x   x  x  3x  x   x  x  1  (1) Xét hệ  (1,0đ)  x  y   x  y (2) 0,25 VIE ( x  3)2 ( y  1)2   (3) Với điều kiện x  , ta có: x  y   x  y  2 Suy x  [1 ; 5], y  [0 ; 2] Biến đổi (1) dạng  y  1    y  1   y  1  x x  x  Với x  [1 ; 5], y  [0 ; 2] , ta có x x  x  3  6 x x  x   9 x x  x  0,25 (4) x ( x  1)  0, y   1 Xét hàm số f (t )  t  6t  9t [  1;  ) , ta có f '(t )  3t  12t   0, t [  1;  ) , suy f (t ) đồng biến [  1;  ) 0,25 Do đó: (4)  y   x x  x (5) Thay (5) vào (3) ta ( x  1)(4 x  3x  5)   x  x  Chỉ có nghiệm x  1, x   89  89 thoả điều kiện   ET  89 89   89 Ta có: x   y  ; x   y  (thoả điều kiện) 16  0,25  10 ATH S.N    89  89 89   Vậy hệ có nghiệm ( x ; y )  (1;1), ( x ; y )  ;  1   16    Ta có x  y  x y  x  y    x  y (1,0đ)    x  y     x  3x2 y Ta thấy  x  3x y  với số thực x, y 0,25 Đặt t  x  y ta có t  3t     t  t  2013t  t  2013t  , t  1; 2 ; Xét hàm số f (t )  , t  1; 2 t 1 t 1 Suy f / (t )  TM Ta có P  t  2t  2011 (t  1) 0,25 0,25 VIE Ta có f / (t )  0, t  1; 2 suy f (t ) liên tục, đồng biến đoạn [1 ;2]  x   x    y   y   Vậy giá trị lớn P 1344  0,25 Chú ý: Những cách giải khác đáp án, cho điểm tối đa Tùy theo thang điểm đáp án mà giám khảo cho điểm tương ứng –––––––––––– Hết –––––––––––– ... VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 GIA LAI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: Toán (Đáp án – Thang điểm gồm trang) Câu ● Tập xác định: D   ET (1,0đ) Điểm ● Sự biến thi n: 0, 25 x  y ... (*) t  ATH S.N Phương trình cho trở thành t  5t     0, 25 0, 25 Với t  ta có 3x   x  log ; với t  ta có 3x   x  0, 25 Vậy phương trình có hai nghiệm x  x  log b) (2  i)z   3i... Vậy I    ln 0, 25 (Q ) // ( P) nên phương trình (Q ) có dạng x  y  z  D  với D  10 0, 25 0, 25 0, 25 A(2;  1;0)  (Q )     D   D  4 , thoả điều kiện 0, 25 Vậy (Q ) có phương trình