Đề thi thử số 5 THPT Quốc gia 2016 Lý Tự Trọng - Hà Tĩnh - TOANMATH.com De5thithu Hatinh16

SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Đề KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1(2 điểm) Cho hàm số y  x  x  có đồ thị (C) a) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k  48 Câu (1 điểm) a)Giải phương trình: sin x  cos2x-2cosx+1=0 b)Tìm số phức z biết: (1+2i)z + =2+4i Câu (1 điểm) b) Giải bất phương trình: log ( x  1)  2log ( x  2)  log (2 x  4)    y   y  x   3x  Câu (1điểm) Giải hệ phương trình sau:   x  y  x  x  y  y y  1( x  x )  Câu 5(1 điểm) Tính tích phân sau: I   (e x  Câu đáy khối Câu 18 x  )dx 3x   (1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với Góc tạo SC mặt phẳng (SAB) 30 Gọi E trung điểm BC Tính thể tích chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng DE , SC theo a (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD tâm I , có diện tích   20 Điểm M  0;  thuộc đường thẳng AB , điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD , điểm H (2;1)   thuộc đường cao kẻ từ I IMN , trọng tâm G IMN thuộc đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh B, biết B có hồnh độ dương AC  BD Câu (1điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A 1;0;1 , B 1; 2; 3 mặt phẳng ( P) : x  y  z   a) Viết phương trình mặt phẳng (Q ) qua điểm A; B vng góc với mặt phẳng ( P) b) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng AB cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P) Câu 9.(0,5 điểm)Trong hộp kín đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng ( viên bi khác màu sắc) Lấy ngẫu nhiên viên bi, tìm xác suất để viên bi lấy khơng có đủ ba màu Câu 10 (1 điểm) Cho x, y, z số thực thoả mãn: x3  y  z  3xyz  Tìm giá nhỏ biểu thức: P  x  y  z Hết -(Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán coi thi khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:……………………………… ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu1 1a) Nội dung Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  x  Txđ: D=R x  +Sự biến thiên: y '  x3  x  x( x  1); y '     x  1 + Hàm số đồng biến khoảng (1;0) và(1; ) + Hàm số nghịch biến khoảng (; 1) và(0;1) +Hàm số đạt CĐ x=0; yCĐ=2; Hàm số đạt CT x  1; yCT  Điểm 1đ 0,25 0,25 + Giới hạn: lim (2 x  x  2)   x  +Bảng biến thiên : x  -1 0 y’(x) + + + 0.25 y(x) +Đồ thị: y 0,25 -1 O 1b x Gọi M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm ta có: y’  x   48 0,25  x03  x0  48  x30  x0   0,25  ( x0  2)( x02  x0  3)   x0   M (2;18) Vậy phương trình tiếp tuyến là: y  48 x  78 Câu2 2a Giải phương trình: sin x  cos2x-2cosx+1=0 0,25 0,25 1đ 0,5 pt  sin x cos x  cos x   cos x    cos x( s inx  cos x  1)  cos x    s inx  cos x   cos x   x    k , k Z 0,25 1 s inx  cos x  2  x  k 2    sin( x  )  sin   k Z  x  2  k 2 6  s inx  cos x    0,25 Gọi z=a+bi (a,b Khi Theo giả thiết ta có: (1+2i)(a+bi)+a-bi=2+4i 2b 0,5 ⇔2a-2b+2ai=2+4i⇔ Vậy z=2+i Giải bất phương trình: log ( x  1)  2log ( x  2)  log (2 x  4) ĐK: x>2 BPT  log ( x  1)  log ( x  2)  log (2 x  4)  log ( x  1)( x  2)   log (2 x  4) x   x  5x     x  Kết hợp với điều kiện tập nghiệm BPT là: T  (3; ) 0,5  18 x  )dx 3x   1 2x Câu Tính tích phân sau: I   (e  18 x  18 x  )dx   e x dx   dx Ta có: I   (e  3x   3x   0 1 Tính e 2x 1 dx  e x  (e  1) 2  0,25 0,25 18 x  dx 3x   Đặt u  3x   u  3x   2udu  3dx Đổi cận: x   u  1; x   u  Ta có 2 6(3x  1) 4u I  dx   du   (4u  4u   )du u  u  x   1 Tính 1đ 2x 4u (  2u  4u  ln(u  1)) 22 Vậy I  (e2  1)   4ln 3 Câu   y   y  x   x (1)  Giải hệ phương trình sau:   x  y  x  x  y  y y  1( x  x ) (2)   22  ln 3 0,25 0,25 1đ S A I T D H K B E C CB  AB Vì   CB   SAB   SB hình chiếu SC lên mp(SAB) CB  SA      SC ,  SAB   SC , SB  CSB  300  SB  BC.cot 30  a  SA  a Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 2a VS ABCD  SA.S ABCD  a 2.a  (dvtt ) 3 a + Từ C dựng CI // DE  CE  DI  DE / /  SCI   d  DE , SC   d  DE ,  CSI   0.25 0.25 Từ A kẻ AK  CI cắt ED H, cắt CI K  SA  CI  CI   SAK    SCI    SAK  ( SCI )  ( SAK )  SK Ta có:   AK  CI 0.25 Trong (SAK) kẻ: HT  SK  HT   SCI   d  DE , SC   d  H ,  SCI    HT + Ta có: SACI 1 CD AI  AK CI  CD AI  AK   2 CI a a a a   2 2  3a AH AD 2 a    AH  AK  HK  AK  AK AI 3 Lại có ASK đồng dạng với THK a a AS SK AS.HK a 38    TH    TH HK SK 19 3a (a 2)  ( ) Ta có: Vậy d  ED, SC   0.25 a 38 19 Câu 1đ Ta có: AB  (0;2; 4); n( P)  (2;2; 1);  AB, n( P)   (6; 8; 4) 5a 5b  Qua A(1;0;1) Mặt phẳng (Q )   VTPT n  (3; 4; 2) Ta có phương trình ( ) : 3( x  1)  y  2( z  1)   3x  y  z   x   PTTS đường thẳng AB là:  y  2t Do điểm M  AB  M (1; 2t;1  4t )  z   4t  0,5 0,25  2.2t  (1  4t )  2  t   M (1;1; 1)   8t     t  1  M (1; 2;5) d ( M , ( P))   0,25 Câu6 1đ B L M A C I N D G    G(9  3a; a) Gọi I(x;y) Do G trọng tâm tam giác IMN ta có: x    3a  x  27  9a 22 25    22  I (27  9a;3a  )  IH (9a  29;  3a)  3 y 37  y  3a  a   Do H thuộc đường cao kẻ từ I tam giác IMN nên: 20 25 25 IH MN   (  3a)   a   I (2;1) 3 Gọi L điểm đối xứng với N qua I  L  4; 5  Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – = 4.2  3.1  2 Khoảng cách từ I đến AB là: d  42  32 1 SIAB  S ABCD   d AB   AB  Trong tam giác vuông ABI ta có:   IA   (I ) 2 2  IA  IB  AB  IA  IB  25   IB     1  1 1   IA   2   2  d  IA IB  IA IB ( II )  IB    Do AC  BD  IA  IB nên hệ (II) không thoả mãn (I) ta có: IB  Điểm B giao điểm đường thẳng 4x+3y-1=0 với đường tròn tâm I bán kính Tọa độ B nghiệm hệ: 0,25 0.25 0.5 1 4x  y  1 4x  4 x  y    x  y     x    2  y  1   x     y  1  25 x  20 x     x    loai    B 1; 1 Câu 1đ ĐK: y  (1)  y   y  36 x   x  (3 y )   y  (6 x)   x Xét hàm số: t f (t )  t   t  f '(t )    t nên hàm số đồng biến t2  Từ suy ra: y  x  y  x (3) 0,25 (2)  x  x x  ( x )  y ( y  1)  y y  1( x  x )  ( x  x )2  y ( y  1)  y y  1( x  x )   ( x  x  y y  1)2   x  x  y y   x  x  ( y  1) y   y   ( x )3  x  ( y  1)3  y  Xét hàm số: g (t )  t  t  g '(t )  3t  nên hàm số đồng biến Từ suy ra: x  y   x  ( y  1)3 (4) Từ (3) (4) ta có hệ:  y  2x  y  2x  y  2x y      2 x   x  ( y  1) 8 x  13x  x   ( x  1)(8 x  x  1)  Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y)  (1; 2) Cho x, y,z số thực thoả mãn: x  y  z  3xyz  Tìm giá nhỏ biểu thức: P  x  y  z Ta có: Câu 0,25 0,25 0,25 1đ  x3  y  z  3xyz  ( x3  x y  x z )  ( y  y x  y z )  ( z  z y  z x)  ( x y  y x  xyz )  ( x z  z x  xyz )  ( y z  z y  xyz )  x2 ( x  y  z)  y ( x  y  z)  z ( x  y  z)  xy ( x  y  z )  xz ( x  y  z )  yz ( x  y  z )  ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx)   ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx) (*) 1 x2  y  z  xy  yz  zx  ( x  y)2  ( y  z )2  ( z  x)2  2 2 2 Từ (*) x  y  z  xy  yz  zx   x  y  z  Đặt t  x  y  z, t  Từ (*) ta có: 1 ( x  y  z )2  ( x  y  z ) Px y z   xy  yz  zx   x yz t 2 2 t2  P 2 t2 P   2P   t  P  P   t t 3t 0.5 t2 2t 2   f '(t )    (t  1) 3t 3 3t 3t f '(t )   t  1  Xét hàm số: f (t )  BBT t f’(t) - + 0,5 f(t) Từ bảng biến thiên ta thấy P  f (t )  Vậy giá trị nhỏ P 1, đẳng thức xảy ba số x,y,z hai số lại ... (C) hàm số y  x  x  Txđ: D=R x  +Sự biến thi n: y '  x3  x  x( x  1); y '     x  1 + Hàm số đồng biến khoảng (1;0) và(1; ) + Hàm số nghịch biến khoảng (; 1) và(0;1) +Hàm số. .. đạt CĐ x=0; yCĐ=2; Hàm số đạt CT x  1; yCT  Điểm 1đ 0, 25 0, 25 + Giới hạn: lim (2 x  x  2)   x  +Bảng biến thi n : x  -1 0 y’(x) + + + 0. 25 y(x) +Đồ thị: y 0, 25 -1 O 1b x Gọi M (...  2P   t  P  P   t t 3t 0 .5 t2 2t 2   f '(t )    (t  1) 3t 3 3t 3t f '(t )   t  1  Xét hàm số: f (t )  BBT t f’(t) - + 0 ,5 f(t) Từ bảng biến thi n ta thấy P  f (t )  Vậy giá