Đề thi thử THPT quốc gia 2016 môn toán trường trưng vương TP HCM

SỞ GIÁC DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT TRƯNG VƯƠNG ĐỀ THI THỬ KỲ THI THI THPT QUỐC GIA 2016 MƠN TỐN – Thời gian: 180 phút Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x3  x  Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  x   x điểm M có hồnh độ x = Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn z  i.z  Tìm z b) Giải phương trình: x 1  4.2 x  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   x ln( x  1) dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu (S) bán kính y 1 y z 1 , có tâm thuộc đường thẳng  :   tiếp xúc với mặt phẳng 2 ( P) : x  y  z   Câu (1,0 điểm) cos x  3sin x a) Tính: P  biết tan x  sin x  b) Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Người ta chọn ngẫu nhiên viên bi từ hộp Tính xác suất để viên bi lấy có đủ ba màu Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật E điểm cạnh AD cho BE vng góc với AC H AB > AE Hai mặt phẳng (SAC) (SBE) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Góc hợp SB mặt phẳng (SAC) 300 Cho AH  2a , BE  a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A có H (0;2) chân đường cao vẽ từ A K (3;10) điểm nằm trung tuyến vẽ từ A Tìm tọa độ điểm A, B, C biết đường thẳng chứa đường phân giác góc A có phương trình x  y    x  x   y  y  y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 y  x  x  y    x      Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y số thực thỏa mãn x  y   x y   x  y Tìm giá x  y  3x y x2  y  HẾT -Họ tên thí sinh: ……………………………………; Số báo danh: …………………………… trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  ĐÁP ÁN Câu Đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x3  x  Điểm 1,0đ TXĐ: D   lim f ( x)  ; lim f ( x)   x  0,25 x  y '  3 x  x  3x ( x  2) x  y'    x  0,25 Lập bảng biến thiên Hàm số nghịch biến (;0) , (2, ) , đồng biến (0,2) 0,25 Hàm số đạt cực tiểu x  , yCT  1 ; đạt cực đại x  , yCD  Vẽ đồ thị 0,25 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  x   x điểm M có 1,0đ hồnh độ x = 2 Gọi M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm Ta có x0   y0   M (2;1) y ' 1 x  x2 Suy hệ số góc tiếp tuyến k  0,25 0,5 Phương trình tiếp tuyến: y  3( x  2)   x  0,25 a) Cho số phức z thỏa mãn z  i.z  Tìm z 0,5đ z  a  bi ( a, b   ) 0,25 Ta có z  i.z   2a  b  (2b  a )i  3  2a  b  a    Vậy z   i  2b  a  b  0,25 b) Giải phương trình: x 1  4.2 x  0,5đ Đặt t  x (t  0) , phương trình  t  3t   0,25 t  x    t  x  0,25 Tính tích phân: I   x ln( x  1) dx 1,0đ dx x2  Đặt u  ln( x  1)  du  ; dv  xdx  v  x 1 0,25 1 ( x  1) ln( x  x 1 I  dx 2 0 0,25   x2     x  2 0 0,5 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu (S) bán kính y 1 y z 1 , có tâm thuộc đường thẳng  :   tiếp xúc với mặt 2 phẳng ( P) : x  y  z   1,0đ Tọa độ tâm I mặt cầu ( S ) I (1  t ;2t ; 1  2t )   0,25 Khoảng cách từ I đến (P) bán kính  t    t   t  2 0,25 t   I (1;0; 1)  phương trình mặt cầu: ( x  1)  y  ( z  1)2  0,25 t  2  I ( 1; 4;3)  phương trình mặt cầu: ( x  1)  ( y  4)  ( z  3)  0,25 cos x  3sin x a) Tính: P  biết tan x  sin x  0,5đ P cos x  2sin x 2sin x cos x  3cos x  3sin x 0,25  tan x    tan x   3tan x 11 0,25 b) Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Người ta chọn ngẫu nhiên viên bi từ hộp Tính xác suất để viên bi lấy có đủ ba màu 0,5đ Số phần tử không gian mẫu: C153  455 0,25 Số kết thuận lợi cho biến cố “Ba viên bi lấy đủ ba màu”: 6.5.4 = 120 Xác suất cần tính là: 120 24  455 91 0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật E điểm cạnh AD cho BE vng góc với AC H AB > AE Hai mặt phẳng (SAC) (SBE) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Góc hợp SB mặt phẳng (SAC) 2a , BE  a Tính theo a thể tích khối chóp 30 Cho AH  S.ABCD ( SAC )  ( ABCD) S   SH  ( ABCD)  ( SBE )  ( ABCD ) ( SBE )  ( SAC )  SH  1,0đ  BE  SH ( SH  ( ABCD)   BE  ( SAC )  BE  AC  SH hình chiếu SA (SAC)   300   SB,( SAC )    SB, SH   BSH 0,25 K A F E D H  Đặt AB  x  Ta có AE  BE  AB  5a  x B C 1 1 Lại có:     2  x  5a x  4a  2 2 AH AB AE 4a x 5a  x  x  a x  4a  x  a x  2a Loại x  a AE  2a  a  AB Vậy AB  2a 4a  BH  AB  AH  1 1 1     2    BC  4a  2 2 2 BH AB BC 16a 4a BC BC 64a 0,25 0,25   4a   4a 15  Tam giác SBH vuông H  SH  BH cot BSH 5  VS ABCD 0,25 32a 15  S ABCD SH  15 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A có H (0;2) chân đường cao vẽ từ A K (3;10) điểm nằm trung tuyến vẽ từ A Tìm tọa độ điểm A, B, C biết đường thẳng chứa đường phân giác góc A có phương trình x  y     MCA   BAH  Ta có: MAC 1,0đ A   MAD   HAD   AD tia phân giác góc HAM Gọi L điểm đối xứng K qua AD 0,25 B H D M  K  AH Tọa độ L (0;1) L I C K Phương trình AH : x   A(0;6) Phương trình AK : x  y  18  ; Phương trình BC : y   M ( 3;2) 0,25 Phương trình đường trịn tâm M, bán kính MA: ( x  3)  ( y  2)  25 0,25 Vậy B (2;2), C (8; 2) B (8; 2), C (2; 2) 0,25  x  x   y  y  y (1) Giải hệ phương trình:  2 y  x  x  y    x (2)    1,0đ  Điều kiện: x  y    (1)  ( x )3  x  ( y  1)3  3( y  1)  f ( x )  f ( y  1) với f (t )  t  3t  Ta có: f '(t )  3t   0, t    f (t ) đồng biến  0,25 Do : f ( x )  f ( y  1)  x  y   y  x   Với y  x  , (2) trở thành: 2( x  1)  ( x  1) x   x    x   ( x  1) x   x   (*) 0,25 Đặt t  x  (t  7) , (*) trở thành:  t  ( x  1)t  x   (**)  Ta có   ( x  3)2 nên (**) có hai nghiệm t  x  t  1 (loại)  x  2 x  t  x   x2   x       x  2 x   x  x   Với x   y  (nhận)  Với x   y  (nhận) Kết luận: hệ có hai nghiệm ( x; y ) (1;0),(3;8)   0,25 0,25 Cho x, y số thực thỏa mãn x  y   x y   x  y (1) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  x  y  3x y x2  y  1,0đ (1)   x  y    x  y    x  y  x y x P 0,25  y2    x2  y   x2  y  10 (1)   x  y    x  y      x  3x y    x 1  y     x2  y2  t2  t  Đặt t  x  y ; P  f (t )  , t  1;2 t 1 f '(t )    0, t  1;2   f đồng biến 1; 2 (t  1) 2 0,25 0,25 GTNN P f (1)  ( x; y )  (0; 1) GTLN P f (2)  ( x; y )  0;    0,25 ... sát biến thi? ?n vẽ đồ thị hàm số y   x3  x  Điểm 1,0đ TXĐ: D   lim f ( x)  ; lim f ( x)   x  0,25 x  y '  3 x  x  3x ( x  2) x  y'    x  0,25 Lập bảng biến thi? ?n Hàm...  x 1 0,25 1 ( x  1) ln( x  x 1 I  dx 2 0 0,25   x2     x  2 0 0,5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu (S) bán kính y 1 y z 1 , có tâm thuộc đường... chọn ngẫu nhiên viên bi từ hộp Tính xác suất để viên bi lấy có đủ ba màu 0,5đ Số phần tử không gian mẫu: C153  455 0,25 Số kết thuận lợi cho biến cố “Ba viên bi lấy đủ ba màu”: 6.5.4 = 120 Xác