Đề thi thử quốc gia 2016 môn toán trường chuyên thoại ngọc hầu lần 3

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT CHUN THOẠI NGỌC HẦU Mơn thi: TỐN ( Thi thử lần III ) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THỬ CHÍNH THỨC (gồm 01 trang) Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình 3log2 x + 32−log2 x = 10 (z b) Giải phương trình Câu (1,0 điểm) Tính tích phân + 2z ) + 5( z2 + 2z ) + = tập hợp số phức π /2 ∫ sin x sin 2xdx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z − =0 mặt cầu Chứng minh mặt phẳng ( P ) ( S ) : x + y + z − x − y − z − 11 = đường trịn ( 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 > A n = Cn + Cn + 4n + x    600 , hình chiếu Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a Góc BAC vng 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 khơng sử dụng tài liệu.Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU Mơn thi: TỐN ( Thi thử lần III ) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM (gồm 06 trang) ĐỀ THI THỬ CHÍNH THỨC Đáp án (trang 01) Câu +Tập xác định: D =  Điểm +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] 0,25 (1,0đ) 0,25 0,25 Giá trị lớn nhỏ hàm số 0,25 a) Điều kiện xác định: x > = Đặt t 3log2 x , t > Phương trình trở thành t + (1,0đ) = 10 ⇔ t = ∨ t = t 0,25 t =3log2 x =1 ⇔ log x =0 ⇔ x =1 , t = 3log2 x = ⇔ log x = ⇔ x = Vậy phương trình có hai nghiệm= x 1,= x 0,25 Đáp án (trang 02) ( b) z + z ) Điểm  z + 2z = −2 + 5( z2 + 2z ) + = ⇔  −3  z + 2z = 0,25 z + z =−2 ⇔ z + z + =0 ⇔ z =−1 ± i 0,25 z + z =−3 ⇔ z + z + =0 ⇔ z =−1 ± i π /2 I= ∫ π /2 sin x sin 2xdx = ∫ sin x.cosxdx 0,25 0 Đặt t= s inx ⇒ dt= cosxdx , x = π ⇒ t = 1, x = ⇒ t = 0,25 1 (1,0đ) t4 I 2= = ∫0 t dt 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 ) (1,0đ) Tâm ( C ) hình chiếu vng góc H I ( P ) Đường thẳng ∆ qua I vuông x − y − z −1 góc với ( P ) có phương trình = = Do H ∈ ∆ nên H ( + 6t ; + 3t ;1 − 2t ) −2  13  Ta có H ∈ ( P ) , suy ( + 6t ) + ( + 3t ) − (1 − 2t ) − = 0⇔t = − Do 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 = = ( sin α + cos α ) − 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Điều kiện xác định: n ∈  n≥2 A n2= Cnn−2 + Cnn−1 + 4n + ⇔ A n2= Cnn−+11 + 4n + ⇔ (1,0đ) n! (n + 1)! = + 4n + ⇔ (n − 2)! 2!(n − 1)! 0,25 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 −  − k 12   x Số hạng thứ (k+1) khai triển là: k k Tk +1 = C12 ( −2)k x x12−k = C12 ( −2)k x 24 −3k k ∈ ,k ≤ 12 ⇔k= 24 − 3k = ⇔ k = Tk+1 khơng có chứa x ⇔  Vậy số hạng khơng có chứa x là: T9= 28 C12 0,25 Đáp án (trang 03) Câu Điểm S H A B E O D Gọi E trọng tâm ABC , ta có: 0,25 C   SE  ABCD    SO  AC     OE  AC Suy   60 SAC , ABC D  SOE  a2 a2 a ABC cạnh 2a  OE  OB   dt ABC D   Trong SOE có SE  OE tan 600  (1,0đ) Vậy VS ABC D a 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 a 21 ; EC  Trong SCE có SC HE  EC SE  HE    Vậy d B, SC D  EC SE a a a   SC a 21 3 a 3a d E , SC D   2 14   0,25 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 vng góc với BC cắt AC A ' có MC = ( −1;1) vtpt MA '  13  Khi MA ' : x  y   Suy A '  ; , MA '  , MC   3  0,25 1 MA ' MC  Hai tam giác ABC A ' MC đồng dạng M (0; 4) nằm cạnh BC nên:   x   3.1  CB  S    ABC    CB  3CM   B  B(2;2) yB   3.(1) S A ' MC CM       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) Ta có S A ' MC  0,25 0,25 Điều kiện: x  1 Khi đó:  m2 x   m2 x   x 2  (1,0đ)  x x 2 x 2 x 2 x 2  3.4  x x  2  3x  2 x  x 2  x x  2  x  x  0,25   3.4 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  0,25 Đáp án (trang 05) Xét hàm f t   t2 Điểm  3t với t  0;1 , ta có: f ' t    Bảng biến thiên:   , t  0;1 t3 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 thức: Câu = P x + y + z − 2(2 x + y − 3) − y ( x − 1)( z + 1) Đặt a =x − 2, b =y − 1, c =z ⇒ a, b, c > P a + b + c +1 2 Ta có a + b + c + ≥ − (a + 1)(b + 1)(c+ 1) 0,25 (a + b) (c + 1) + ≥ (a + b + c + 1) 2 2 Dấu “=” xảy a= b= c= Mặt khác (a + 1)(b + 1)(c+ 1) ≤ Khi P ≤ 10 (1,0đ) (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) f (t ) =− , t > 1; f '(t ) = − 2+ = 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= ( 4) a= b= c= 1 Vậy max P = f ( ) = ⇔  ⇔ a =b =c =1 ⇒ x =3; y =2; z =1 a + b + c + = Hết ...KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT CHUN THOẠI NGỌC HẦU Mơn thi: TỐN ( Thi thử lần III ) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM (gồm 06 trang) ĐỀ THI THỬ CHÍNH THỨC Đáp... 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... 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) f (t ) =− , t > 1; f '(t ) = − 2+ = t (t + 2)3