Đề thi thử THPT quốc gia 2016 môn toán trường trần phú hà tĩnh lần 2

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 MƠN THI: TỐN SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC 2x 1 x 1 a) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số Câu (2 điểm) Cho hàm số y  b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hồnh độ Câu (1 điểm) a) Giải phương trình cos x  sin x   b) Giải phương trình log  3x  1  log  x  1  Câu (1 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn: z  iz   i Tìm mơđun z b) Cho tập X  1, 2,3, 4,5, 6, 7 , gọi S tập hợp số tự nhiên có chữ số khác thành lập từ phần tử tập X Lấy ngẫu nhiên phần tử thuộc tập S Tính xác suất để số lấy chia hết cho ln Câu (1 điểm) Tính tích phân I    ex  e 2  dx ex    x Câu (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  0; 4; 1 , B  2; 2;1 , I trung điểm AB Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, vng góc với đường thẳng OB Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a, AD  3a Cạnh SA vng góc với (ABCD), góc mặt phẳng (SBC) mặt đáy 450 Gọi P điểm thuộc cạnh BC cho CP = 2BP Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB DP Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có M, N tương ứng trung  4  điểm AB, CD Điểm E thuộc cạnh BC cho CE  EB , điểm G  0;  trọng tâm tam   giác BDN Đường thẳng ME có phương trình x  y  12  Xác định tọa độ điểm B điểm M Câu (1 điểm) Giải phương trình x   4x2  x x  10 x   3x  Câu (1 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức P        1  1 x y z  x  y  Câu Đáp án Điểm 2x 1 Cho hàm số y  x 1 a) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số 1,0đ - Tập xác định D  R \ 1 - Chiều biến thiên: + Sự biến thiên y '  1  x  1 0,25  với x  + Hàm nghịch biến khoảng khoảng  ;1 1;  + Giới hạn đường tiệm cận lim y  2; lim y  2; Đồ thị nhận đường thẳng y  làm tiệm cận ngang x  x  0,25 2x  2x  lim  ; lim   Đồ thị nhận đường thẳng x  làm tiệm cận đứng x 1 x  x 1 x  +Cực trị: Hàm số khơng có cực trị Câu 1a +Bảng biến thiên x y – – 0,25 y - Đồ thị 1 2   Đồ thị hàm số qua điểm  2;3  , 1;0   ;0  y 0.25 O x Câu 1b b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hồnh độ 1,0đ Phương trình tiếp tuyến  : y  y'   x    y   0,5 Ta có y '    1; y    0,25 Suy  : y  1 x      : y   x  0,25 Giải phương trình cos x  sin x   Câu 2a 0,5đ cos 2x  sinx    2sin x  sinx   sin x  sin x  0,25 5 sin x   x  k ; sin x   x    k  x   k2 6 0,25 Giải phương trình log  3x  1  log  x  1  0,5đ Điều kiện xác định x  Câu 2b Khi log  3x  1  log  x  1   log  3x  1 x  1   log   0,25   3x  1 x  1   3x  2x    x  x  5 0,25 Đối chiếu điều kiện ta có x  nghiệm 0,5đ Cho số phức z thỏa mãn: z  iz   i Tìm mơđun z Đặt z  a  bi với a, b  R , suy z  a  bi Câu 3a 2z  iz   i   a  bi   i  a  bi    i  2a  b   2b  a  i   i  2a  b   a 3 Suy z   2i  z  13   2b  a  1 b  2 0,25 0,25 Cho tập X  1, 2,3, 4,5, 6, 7 , gọi S tập hợp số tự nhiên có chữ số khác thành lập từ phần tử tập X Lấy ngẫu nhiên phần tử thuộc 0,5đ tập S Tính xác suất để số lấy chia hết cho Gọi  không gian mẫu phép chọn ngẫu nhiên số thuộc tập S Câu Suy n     n  S  A 57  2520 3b Gọi B biến cố chọn số abcde số chia hết cho 5, Suy e  , Số cách chọn abcd A 46 , Suy n  B  A 46  360 Vậy A 360 P  B   56   A 2520 ln Tính tích phân I   ln I   e (2  ln  e x dx  2e x ln Tính  ln e x e x dx ln )dx  2 e dx   x ex  Câu ln ex x  ex  e 2  dx ex    x ex e x dx 0,25 ex   6  1  10 0,25 Đặt t  e x   e x   t  e x dx  2tdt ex  Đổi cận: Khi x   t  2, x  ln  t   e x e x dx ex  I  10    20 50  3 t   2tdt t  0,25 1,0đ ln 0.25 0,25 1  20 t  dt   t3  3t  Suy   3   0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  0; 4; 1 , B  2; 2;1 , I trung điểm AB Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, vng góc với đường thẳng 1,0đ OB Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P)   Ta có OB   2; 2;1 , mặt phẳng (P) qua A nhận OB   2; 2;1 làm vtpt 0,25 Câu Suy  P  :  x     y    1 z  1   (P) : 2x  2y  z   0,25 2.1  2.1   I trung điểm AB, suy I 1;1;0  d  I, (P)   3 0,25 2   2   11 Phương trình mặt cầu cần tìm  S :  x  1   y  1  z  0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a, AD  3a Cạnh SA vng góc với (ABCD), góc mặt phẳng (SBC) mặt đáy 450 Gọi P 1,0đ điểm thuộc cạnh BC cho CP = 2BP Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB DP Ta có SA   ABCD   VSABCD  SA.SABCD S SABCD  AB.AD  a.3a  3a  góc (SBC) mặt đáy, suy Góc SBA H E A D P   450 Nên tam giác SAB SBA vuông cân A, suy SA  AB  a I B 0,25 C 0,25 1 VSABCD  SA.SABCD  a.3a  a (đvtt) 3 Câu Qua B dựng đường thẳng song song với PD cắt cạnh AD E, ta có ED  PB  a Do PD / /  SBE  Suy d  SB, PD   d  PD,  SBE    d  D,  SBE    d  A,  SBE   0,25 Dựng AI  BE, dựng AH vng góc với SI Ta có AH   SBE   d  A,  SBE    AH Ta có 1 1 1 1       2 2  2 2 2 AH AS AI AS AB AE a a 4a 4a 2a a Suy AH   d  A,  SBE    d  SB, PD   3 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có M, N tương ứng trung  4  điểm AB, CD Điểm E thuộc cạnh BC cho CE  EB , điểm G  0;  1,0đ   trọng tâm tam giác BDN Đường thẳng ME có phương trình x  y  12  Xác định tọa độ điểm B điểm M Gọi a độ dài cạnh hình vng Gọi F trung điểm M A B H E I G C D F N 3a   FC   tan FBC BC 3a BE 3a  BE   tan EMB   BM a   EMB   ME  BF Suy FBC Ta có BE qua G vng góc với ME: 3x  y  12  4  Suy FB :1 x     y     FB : x  3y   3  DN FC  0,25 Câu Gọi H giao điểm BF ME, tọa độ H nghiệm hệ  3x  y  12  HB BE 9   16 12   H ; Ta có    HB   HG   HG MG 16 16  5   x  3y     16 16    3   HG   ;   HB   ;   B  5; 3 ,  15  5  10 1 64 100 Suy HB  (1) Ta có      HB2 MB2 BE a 9a 9a 3a Suy HB  (2) Từ (1) (2) suy a  10  MB  10 10 2 Gọi M  t;3t  12  ,Ta có MB  10   t     3t    10  t  t  0,25 0,25 12 12  12 24  Với t   M  4;0  Với t   M ;  5  Giải phương trình x   4x2  x  3x  x  10 x   3x   1 Điều kiện xác định  x 4x  10x   Pt tương đương 2x   3x   4x  x 4x  10x   4x  x 4x  x  2x   3x  4x  10x   4x  x  (1) Câu    4x  10x   2x   3x  (2) 1 Giải (1) 4x  x   x  x   Đối chiều điều kiện ta có x  , x   4 Giải (2) 4x  10x   2x   3x  (1) 1 Đặt 2x   a, 3x   b x   a, b  PT (1) trở thành: a  2b  a  b  a  2b  a  2ab  b  b  2ab   b  b  2a 0,25 1,0đ 0,25 0,25 0,25 Với b = ta có 3x    x  1 1  x  Với b  2a , ta có 3x    2x  1   (hệ vô nghiệm) 2 16x  13x   1 1 Kết luận : x  0; x  ,x  0,25 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z        1  1 x y z  x  y  2z  x  y   4z     1  x 1  y   y  2z  x  2z  Ta có   1  1    1 xy xy xy  x  y  2z 1  2z   4z  2z  2z 2z 8z  1  1  1  1  2 xy xy  x  y 1  2z  1  2z  1,0đ Tìm giá trị lớn biểu thức P  0,25      2z   1  1   x   y   2z  2z 2z  Suy P       2z  z 2z  z  2z   1 Xét hàm số f  z     0;  2z  z   2  z   Câu 4 f 'z   ,f ' z      2  2z  1  z  1 z   Do  z  , suy 0,25 Bảng biến thiên 0,25 x y’ + - y Từ bảng biến thiên suy f  z   , dấu = xảy z  Suy P  , dấu = xảy x  y  z  4 0,25 ... y  2z 1  2z   4z  2z  2z 2z 8z  1  1  1  1  2 xy xy  x  y 1  2z  1  2z  1,0đ Tìm giá trị lớn biểu thức P  0 ,25      2z   1  1   x   y   2z  2z 2z ... có      HB2 MB2 BE a 9a 9a 3a Suy HB  (2) Từ (1) (2) suy a  10  MB  10 10 2 Gọi M  t;3t  12  ,Ta có MB  10   t     3t    10  t  t  0 ,25 0 ,25 12 12  12 ? ?24  Với t  ...  a  b  a  2b  a  2ab  b  b  2ab   b  b  2a 0 ,25 1,0đ 0 ,25 0 ,25 0 ,25 Với b = ta có 3x    x  1 1  x  Với b  2a , ta có 3x    2x  1   (hệ vô nghiệm) 2 16x  13x 