Đề thi thử THPT quốc gia 2016 môn toán sở GD và đt bình phước

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề (Đề thi gồm có 01 trang) 2x  x 1 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  x  4x  3x  đoạn [2;1] Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  Câu (1,0 điểm) Tìm số phức w= + z a) Cho số phức z thỏa mãn (1 + z)( + 4i ) + + 6i = b) Giải phương trình log22 x  log4 x   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x 2  e dx x Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: x  y 1 z 1   2 điểm M (1;2; –3) Tìm toạ độ hình chiếu vng góc điểm M lên đường thẳng d Viết phương trình mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d Câu (1,0 điểm)  π thức P cos2 α (1 − 3cos α ) a) Cho α ∈  0;  thỏa mãn sin = α (1 − cos α ) Tính giá trị biểu=  2 b) Trong buổi lễ tổng kết tri ân năm học 2015–2016 trường THPT có 14 lớp 12 Ban chấp hành đồn trường chọn lớp 12 em học sinh ưu tú để lên tặng hoa cho 14 chi hội trưởng lớp 12 Biết 14 chi hội trưởng có chi hội trưởng có chọn lên để tặng hoa Khi tiến hành tặng hoa ban tổ chức xếp ngẫu nhiên em học sinh chọn để tặng hoa cho chi hội trưởng Tính xác suất để có chi hội trưởng tặng hoa Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang cân ( BC / / AD ) Hình chiếu vng góc S mặt đáy trung điểm H AD SH = a , AB = BC = CD = a , AD = 2a Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB AD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I Tiếp tuyến B C đường tròn tâm I cắt điểm P Đoạn IP cắt BC điểm H Gọi , điểm F nằm E , F trung điểm PC BH Biết EF có phương trình x + y − = trục hoành, điểm H có tọa độ ( 2;2 ) , điểm A nằm đường thẳng có phương trình x − y + = điểm A có tọa độ nguyên Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC viết phương trình đường trịn tâm I Câu (1,0 điểm) ( − x) x3 + x2 + x a) Giải phương trình = ( x − 14 ) x − − x + tập số thực ( x + 1) + x − x + ( ( ) ) ( ) b) Mỗi ngày sở sản xuất loại bánh B1 B2 Để sản xuất bánh loại B1 cần 100g bột 30g nhân; để sản xuất bánh loại B2 cần 150g bột 50g nhân Nguyên liệu mà sở có 24000g bột 7500g nhân Hỏi với lượng nguyên liệu có trên, sở nên sản xuất bánh loại để doanh thu cao Biết giá bánh loại B1 10000 đồng, giá bánh loại B2 16000 đồng giả sử số bánh làm bán hết Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z ∈ 1;2  Tìm giá trị nhỏ = của: Q Hết 15 ( x + y ) ( x + y)2 + + 17 z + 4( xy + yz + zx) 16 z SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC (Đáp án – Thang điểm có 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Câu Nội dung đáp án Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   Tập xác định: D   \ {1}  Đạo hàm: y   1 (x  1) 2x  x 1  y   0, x  D 1,0 0,25  Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞;1) (1; +∞ ) Hàm số khơng có cực trị  Giới hạn tiệm cận: lim y  2 ; lim y  2  y  2 tiệm cận ngang x  0,25 x  lim y   ; lim y    x  tiệm cận đứng x 1 x 1  Bảng biến thiên: x – y y + – – –2 + – –2 0,25  Giao điểm với trục hoành: Cho y   2x    x   Giao điểm với trục tung: cho x   y  3  Bảng giá trị: x 1/2 3/2 y –3 –4 ||  Đồ thị hàm số: 2 –1 y O x -1 -2 0,25 -3 -4 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  x  4x  3x  đoạn [2;1] Hàm số y  x  4x  3x  xác định liên tục đoạn [2;1] Ta có y   3x  8x  x  3  [1;2] (l)  Cho y    3x  8x     x   [1;2] (n)  1,0 0,25 0,25    3  2 1 149 Ta có, y                 3 3 3 3 27 0,25 y(2)  (2)3   (2)2   (2)   y(1)  13   12     3 149 x  , max y  x  2 27 [2;1] Cho số phức z thỏa mãn: (1 + z)( + 4i ) + + 6i = Tìm số phức w= + z Vậy, y   [2;1] 0,25 0,5 Gọi z= a + bi, với a, b ∈ R Ta có: (1 + z)( + 4i ) + + 6i = ⇔ ( 2a + + 2bi )( + 4i ) + + 6i =0 0,25  32 a= −  6a − 8b + = 32  25 ⇒ z = − + i ⇔ ⇔ 25 25 8a + 6b + 10 = b =  25 ⇒ w =1 + z =− + i 25 25 0,25 Giải phương trình: log22 x  log4 x   0,5 ⇔ ( 6a − 8b + 8) + ( 8a + 6b + 10 ) i = 3a  Điều kiện: x > Khi đó, phương trình cho  log22 x  log2 x    Đặt t  log2 x , phương trình trở thành: t  t   3b x  23  log x      2 log x  2 x  t  2   Vậy, phương trình cho có hai nghiệm : x  x  0,25 t   Ta có t  t     0,25 Tính tích phân: I   x 2  e dx x 1,0 1  2xdx   xe dx  I x Ta có I  I1  x 1  I2 0,25  1  0,25 Tính I   xe dx x  u  x du  dx     I  xe x Đặt  x dv  e dx  v  e x   I  I  I      1   e xdx  e  e x Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: 0,25  0,25 x  y 1 z 1   2 điểm M (1;2; –3) Tìm toạ độ hình chiếu vng góc điểm M lên đường thẳng d Viết phương trình mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d 1,0  Đường thẳng d có vectơ phương ud  (2;1;2) Gọi M  hình chiếu điểm M lên d, M   d  toạ độ điểm M  có dạng: 0,25  M (3  2t; 1  t;1  2t )  MM   (2  2t; 3  t;  2t )    Ta có MM  d nên MM .ud   (2  2t ).2  (3  t ).1  (4  2t ).2   9t    t  1  M (1; 2; 1) 0,25 Mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d có bán kính R  MM   02  (4)2  22  0,25 Phương trình mặt cầu cần tìm là: (x  1)2  (y  2)2  (z  3)2  20 0,25 Cho α ∈  0; π  thỏa mãn sin = α  2 (1 − cos α ) Tính giá trị biểu thức 0,5 = P cos2 α (1 − 3cos α ) 6a Vì α ∈  0; π  , ta có sin α=  2 (1 − cos α ) ⇔ sin α= (1 − cos α ) ⇔ − cos2 α= (1 − cos α ) 2  cos α = (l )   ⇔ (1 − cos α ) 1 + cos α − (1 − cos α )  = ⇔   cos α = (n)  1  3 Với cos α = ⇒ P =  −  = −  2 0,25 0,25 Trong buổi lễ tổng kết tri ân năm học 2015-2016 trường THPT có 14 lớp 12 Ban chấp hành đoàn trường chọn lớp 12 em học sinh ưu tú để lên tặng hoa cho 14 chi hội trưởng lớp 12 Biết 14 chi hội trưởng có chi hội trưởng có chọn lên để tặng hoa Khi tiến hành tặng hoa ban tổ chức xếp ngẫu nhiên em học sinh chọn để tặng hoa cho chi hội trưởng Tính xác suất để có chi hội trưởng tặng hoa Nếu xếp ngẫu nhiên 14 em chọn tặng hoa cho 14 phụ huynh ta thấy: Phụ huynh thứ có 14 cách, phụ huynh thứ hai có 13 cách, …., phụ huynh cuối có cách Do khơng gian mẫu có số phần tử là: Ω =14! 6b  Chọn phụ huynh phụ huynh có chọn có C53 cách, phụ huynh chọn có cách chọn để tặng hoa  Khi cịn lại 11 phụ huynh 11 học sinh cần bắt cặp để tặng hoa, cịn phụ huynh có danh sách tặng hoa Xét hai phụ huynh đặc biệt lại (gọi phụ huynh thứ phụ huynh thứ hai) ta thấy có khả sau: phụ huynh thứ phụ huynh thứ hai tặng hoa số cách chọn tặng hoa cho phụ huynh thứ phụ huynh thứ hai 10; phụ huynh thứ khơng phụ huynh thứ hai tặng hoa số cách chọn tặng cho phụ huynh thứ phụ huynh thứ hai 9, có 1.10+9.9 = 91 cách chọn cho hai phụ huynh đặc biệt  Đến phụ huynh học sinh không bị ràng buộc nên có 9.8.7.6.5.4.3.2.1 = 9! cách tặng C53 91.9!  Do gọi A biến cố thỏa mãn tốn ta có: ΩA = ΩA C53 91.9! Vậy xác suất có ba phụ huynh tặng hoa là: P (= = A) = Ω 14! 264 0,5 0,25 0,25 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang cân ( BC / / AD ) Biết hình chiếu vng góc S mặt đáy trung điểm H AD SH = a AB = BC = CD = a , AD = 2a Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB AD 1,0 S A K I B D H C J Ta có tứ giác BCDH hình bình hành có BC HD song song a ⇒ BH = CD = a ⇒ ∆ABH cạnh a Kẻ BI ⊥ AH ⇒ BI = a BC + AD ) BI ( a + 2a ) ( 3a Diện tích hình thang = ABCD là: S = = 2 1 3a a SH S ABCD = a = = Thể tích khối chóp S ABCD là: V 3 4 0,25 0,25 Ta có AD / / BC ⇒ AD / / ( SBC ) ⇒ d ( AD, SB= ) d ( AD, ( SBC )=) d ( H , ( SBC ) ) Kẻ HJ ⊥ BC ⇒ BIHJ hình bình hành ⇒ HJ = BI = a Kẻ HK ⊥ SJ , ta có BC ⊥ HJ , BC ⊥ SH ⇒ BC ⊥ ( SHJ ) ⇒ BC ⊥ HK 0,25 Ta có HK ⊥ SJ , HK ⊥ BC ⇒ HK ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( H , ( SBC ) ) = HK Xét tam giác vng HSJ ta có : a a 21 = ⇒ HK = = HK HS HJ a 3a 3a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I Tiếp tuyến B C đường tròn tâm I cắt điểm P Đoạn IP cắt BC điểm H Gọi E, F trung điểm PC BH Biết EF có phương trình x + y − = , điểm F nằm trục hoành, điểm H có tọa = + = + điểm A độ ( 2;2 ) , điểm A nằm đường thẳng có phương trình x − y + = có tọa độ ngun Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC viết phương trình đường trịn tâm I 0,25 1,0 Ta có F = EF ∩ Ox ⇒ Tọa độ F nghiệm hệ phương trình: 3 x + = x y−3 = ⇔ ⇒ F (1; )  =  y 0= y A I =  x + 2 x + x xF = ⇔ B F trung điểm BH ⇒  B H yB + yH yF =  yB + =  x = ⇔ B ⇒ B ( 0; −2 )  yB = −2 B F C H 0,25 E P  xB= 0=  x + xC xH + xC = ⇔ ⇔ C ⇒ C ( 4;6 ) + yC yH + yC =  yB = −2 =  yC H trung điểm BC ⇒  0,25  = 900 Ta có tính chất IFE Thật ta có ∆HBI  ∆CPI ( g − g ) Mà IF , IE đường trung tuyến   ⇒ Tứ giác ICEF nội tiếp Mà ICE  =900 ⇒ IFE  =900 tương ứng nên IFH = IEC Ta có IF qua F (1; ) IF ⊥ EF ⇒ IF : x − 3y − =0  Ta có IH qua H ( 2;2 ) nhận FH = (1;2 ) pháp vectơ nên IH có phương trình: x + 2y − = Ta có I = IF ∩ IH ⇒ I ( 4;1) ⇒ R = IB = 0,25 16 + = Khi ( I ) : ( x − ) + ( y − 1) = 25 2 Ta có A giao đường tròn tâm I đường thẳng x − y + = Do tọa độ A nghiệm hệ 2  x = −1  x − + y= − 1) 25 ( x − ) + ( y= − 1) 25 ( ) ( ⇔ ⇒ 26 x + 42 x + 16 =0 ⇔   x = − 5 x − y + =  y = x +  Vì điểm A có tọa độ nguyên nên A( −1;1) 13 0,25 Kết luận: A( −1;1) , B ( 0; −2 ) , C ( 4;6 ) , ( I ) : ( x − ) + ( y − 1) = 25 2  = 900 ta tham số hóa điểm E kết Chú ý: Ngồi cách sử dụng tính chất IFE hợp với tọa độ điểm C suy tọa độ P Sau cho P thuộc PH ta tìm tọa độ E, từ viết phương trình CI tìm tọa độ điểm I giao PH CI ( − x) ( x 9a Giải phương trình: ( + x2 + x ( x + 1) + x − ) ) = x +1 ( 8x − 14 ) ( x−2 − x+2 ) 0,5 ĐK : x ≥ ( − x) ( x Ta có PT ⇔ ( − x) ( x ⇔ ( + x2 + x ( x + 1) + x − + x2 + x ( x + 1) x + )= ) ) x +1 ( = ( x − 14 ) x − 2 − x − ) x − ( − x + 2) ( 8x − 14 ) 0,25 x =  ⇔  x3 + x2 + x = ( 8x − 14 ) x − (*)  ( x + 1) x +  Ta có (*) ⇔ x3 ( x + 1) x + ( + x ( x + 1) = 8 ( x − ) +  x − ( x + 1) x + )  x  x ⇔ = x−2 +2 x−2  + x +1  x +1  Xét hàm số f (t = ) t + t với t ∈ R ta có f '(t= ) 3t + > 0, ∀t ∈ R ⇒ hàm số f (t ) đồng biến R x ( )  x = x−2 = f x − ⇔ 1 x + x +    2−2 (l ) x = 2  ⇔ x = ( x − )( x + 1) ⇔ x − x − = ⇔  2+2 ( n) x =   Mà phương trình có dạng f  0,25 2+2 Mỗi ngày sở sản xuất loại bánh B1 B2 Để sản xuất bánh Kết luận: Phương trình có nghiệm x = x = loại B1 cần 100g bột 30g nhân; để sản xuất bánh loại cần 150g bột 50g nhân Nguyên liệu mà sở có 24000g bột 7500g nhân Hỏi với lượng nguyên liệu có trên, sở nên sản xuất bánh loại để doanh thu cao Biết giá bánh loại B1 10000 đồng giá bánh loại B2 lần 16000 đồng giả sử bán hết bánh  Gọi số bánh loại B1 cần sản xuất x số bánh loại B2 cần sản xuất y Điều kiện x ≥ 0, y ≥  Để sản xuất bánh loại B1 cần 100g bột, sản xuất bánh loại B2 cần 150g bột nên nguyên liệu bột sử dụng để sản xuất 100 x + 150 y Do không sử dụng số nguyên liệu có nên ta có bất phương trình: 100 x + 150 y ≤ 24000 ⇔ x + 3y ≤ 480  Để sản xuất bánh loại B1 cần 30g nhân; sản xuất bánh loại B2 cần 50g nhân nên nguyên liệu nhân sử dụng để sản xuất 30 x + 50 y Do không sử dụng số nguyên liệu có nên ta có bất phương trình: 30 x + 50 y ≤ 7500 ⇔ x + 5y ≤ 750 x ≥  y ≥  Theo đề ta có hệ phương trình:  x + y ≤ 480  3 x + 5y ≤ 750 0,5 0,25  Ta cần tìm x, y để biểu thức = S 10000 x + 16000 y lớn  Miền đồ thị thỏa mãn hệ điều kiện phần gạch carơ đồ thị sau đây: S Ta có= S 10000 x + 16000 y ⇔ x + 8y − = 2000 Đây phương trình đường thẳng ∆ có phương khơng đổi cắt trục hồnh điểm có hồnh độ S 2000 Do ta cần xem đường thẳng có phương khơng đổi ∆ di chuyển đến vị trí S để lớn Bằng đồ thị ta thấy vị trí cần tìm ∆ qua giao điểm 0,25 2000 hai đường thẳng x + 3y = 480 x + 5y = 750 điểm Q (150;60 ) Nghĩa số bánh loại B1 x = 150 , số bánh loại B2 y = 60 doanh thu là: 2460000 đồng Cho x, y, z ∈ 1;2  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: = Q 15 ( x + y ) ( x + y)2 + + 17 z + 4( xy + yz + zx) 16 z = P 15 ( x + y ) 15 ( x + y ) ( x + y)2 ( x + y)2 + + 17 = + + 17 2 z + 4( xy + yz + zx) 16 z z + 4( x + y ) z + xy 16 z 1,0 Do xy ≤ ( x + y) nên 15 ( x + y ) ( x + y) P≥ + + 17 = z + 4( x + y ) z + ( x + y ) 16 z 10 Đặt t= x y  +  15  x y  z z +  +  + 17 16 z z x y x y 1+  +  +  +  z z z z x y + x, y, z ∈ 1;2  nên t thuộc 1;  z z Ta có P ≥ = f (t ) t2 15 4t + 2t 15 + t + 17= ⇒ f ’(t ) + > 0, ∀t ∈ [1; 4] + 4t + t 16 (1 + 4t + t ) 16 Ta có hàm số f ( t ) đồng biến 1;  nên f= ( t ) f= (1)  869 48 x+ y = ⇔ x= y= 1, z= (vì x, y, z ∈ 1;2  ) z Vậy minP = 869 đạt khi x= y= 1, z= Dấu “=” xảy x = y 48 Hết ... (Đáp án – Thang điểm có 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Câu Nội dung đáp án Điểm Khảo sát biến thi? ?n vẽ đồ thị hàm số y   Tập xác định: D   {1}...    x  tiệm cận đứng x 1 x 1  Bảng biến thi? ?n: x – y y + – – –2 + – –2 0,25  Giao điểm với trục hoành: Cho y   2x    x   Giao điểm với trục tung: cho x   y  3  Bảng... 3 Với cos α = ⇒ P =  −  = −  2 0,25 0,25 Trong buổi lễ tổng kết tri ân năm học 2015 -2016 trường THPT có 14 lớp 12 Ban chấp hành đoàn trường chọn lớp 12 em học sinh ưu tú để lên tặng hoa