Đề thi thử quốc gia 2016 môn toán trường chuyên hạ long quảng ninh lần 3

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 - 2016 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi gồm 01 trang) Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x  x  x 3 Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  , biết tiếp tuyến qua x 1 điểm M  4;  Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn 1  2i  z   5i  Tìm phần thực phần ảo số phức w  z  10 z b) Giải phương trình sau: log (5  x)  log ( x  1)  log ( x  1)  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   x  x  1  e x1  dx   x 1 y z    , mặt 3 phẳng (P): x  y  z   điểm A(1;2;3) Tìm tọa độ hình chiếu A lên mặt phẳng (P) tìm tọa độ điểm M thuộc d, N thuộc (P) cho A trung điểm MN Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: Câu (1,0 điểm) sin   cos  a) Cho tan    Tính giá trị biểu thức: P  cos   sin(   ) b) Để kỷ niệm ngày thành lập Đoàn Thanh niên, trường THPT tổ chức cho học sinh hoạt động ngoại khóa hội diễn văn nghệ Có tất tiết mục hát, tiết mục múa tiết mục kịch Ban tổ chức xếp thứ tự tiết mục để biểu diễn cách ngẫu nhiên Tính xác suất để tiết mục biểu diễn cuối tiết mục múa Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M trung điểm BC Biết AB  a , BC  a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AM SB Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD (AB < BC), E điểm 4 2 đối xứng D qua C đường trịn đường kính DE cắt đoạn thẳng BE điểm thứ hai I  ;   5 5   (I khác B, E) Đường thẳng CI cắt đường thẳng AB T   ; 1  Biết điểm A thuộc đường thẳng   d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x   x   x  x   x   tập số thực Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y , z số thực dương thay đổi thỏa mãn x  y  z  xy  Tìm giá trị lớn biểu thức P  x2  y2 2x y   x2  y  x  y  z 2z -HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………….; Số báo danh: ……………………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 - 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Mơn thi: TỐN (Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm  Tập xác định: D = R  Sự biến thiên: 0,25 x  - Chiều biến thiên: y '  4 x  x ; y '     x  1 - Các khoảng đồng biến: (; 1) (0; 1) Các khoảng nghịch biến: (1;0) (1; ) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại hai điểm x  1 x  ; yCĐ = y ( 1)  Hàm số đạt cực tiểu x  ; yCT  y (0)  - Giới hạn: lim y  , lim y   x  x   Bảng biến thiên: x - y’ Câu (1 điểm) 0,25 + -1 0 - + + 0,25 y - -  Đồ thị: - Nhận trục Oy làm trục đối xứng - Cắt trục hồnh điểm có tọa độ    y  3;0  3;0 - Cắt trục tung điểm có tọa độ  0;3 0,25 x -3 -2 -1 -1 -2 Tập xác định hàm số D  R \ 1 , f '( x)   x  1 Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm  x0 ; y0  y  f '( x0 )  x  x0   y0  y   x  x0    x0  1 Câu Tiếp tuyến qua điểm M  4;  nên ta có: (1 điểm)  x0  x 3  2 (4  x0 )  x0   x0  1  x0  11 0,25 x0  x0  Với x0  : Phương trình tiếp tuyến y  x  46 x Với x0  11 : Phương trình tiếp tuyến y  25 25 có dạng: 0,25 0,25 0,25 a) Ta có 1  2i  z   5i   z   i 0,25 10 10  3i    2i z 3i Do số phức w có phần thực 6, phần ảo b) Điều kiện xác định phương trình là:  x  w z Câu (1 điểm) 0,25 Với điều kiện phương trình tương đương với: log3 (5  x)2 1 x2 1 x  (5  x)    x  x  14    x 1  x  7 Kết hợp điều kiện ta nghiệm x  0,25 1 2 Biến đổi I   x  x  1  e x 1  dx   x  x  1 dx   xe x 1dx   0,25 0,25 Câu (1 điểm)  x x  17 x x  dx  x  x  x dx      x    0 0  12  1 x 1 x 1 x 1 xe dx  xe   e dx  e2  e x 1  e2  e2  e  e 0 0     17 e 12 a) Gọi H hình chiếu A lên mặt phẳng (P) Do AH  ( P) , nên AH có Do I  x  1 t   vectơ phương u AH  (1;1; 2)  Phương trình đường thẳng AH:  y   t  z   2t  0,25 0,25 0,25 0,25 H  AH  H (1  t ;  t ;3  2t ) Câu Do H  ( P ) nên: (1  t )  (2  t )  2.(3  2t )    t   (1 điểm) 1 5 Suy H  ; ;   3 3 b) M  d  M (1  3m; 3m; 2  m) Do A trung điểm đoạn MN nên tọa độ N N (1  3m;  3m;8  m) Ta có N  ( P ) nên: (1  3m)  (4  3m)  2(8  m)    m  Vậy M (25; 24;6) , N (23; 28;0) sin   cos  sin   cos  a) Ta có P  cos    cos    cos    cot  sin(   ) sin  0,25 0,25 0,25 0,25 25 16  3   tan         cos   cos  25   16 cot    tan  Câu (1 điểm) Suy P  16        77   25 75  3 b) Số phần tử không gian mẫu  n     10! 0,25 0,25 Gọi A biến cố “Tiết mục cuối tiết mục múa” , n  A   3.2.8! Xác suất cần tính P  A  n( A) 3.2.8!   n() 10! 15 0,25 Gọi H trung điểm AB Do tam giác ABC nên SH  AB a Lại có (SAB)  ( ABC ) , suy SH  ( ABC ) , tính SH  Câu (1 điểm) a2 Tam giác ABC vuông A nên AC  a , S ABC  AB AC  2 1 a a a  Thể tích VS ABC  SH S ABC  3 2 12 Gọi D điểm cho AMBD hình bình hành Ta có: d  AM , SB   d  AM , ( SBD)   d  A, ( SBD)   2d  H , ( SBD)  , 0,25 0,25 0,25 AMBD hình bình hành, lại có MA = MB nên AMBD hình thoi Do M, H, D thẳng hàng HD  HB Gọi E hình chiếu vng góc H lên BD, F hình chiếu vng góc H lên SE, ta có HF   SBD  , d  H ,  SBD    HF 1 1 1 22 a        d  H ,  SBD    2 2 2 HF HE HS HB HD HS 3a 22 d ( AM , SB)  2d  H , ( SBD)   0,25 a a 66  11 22 Câu (1 điểm) Do DI  IE  BI  DI , suy điểm A, B, C, D, I thuộc đường trịn Do AI  TI  Phương trình đường thẳng AI là: 11x  y   Vì A giao điểm d AI nên suy A(0; 4) Đường thẳng AD qua A vng góc với AT nên có phương trình x  y   Điểm D thuộc AD nên tọa độ D ( 2t  8; t ) Do AD, AI tiếp tuyến với đường trịn đường kính DE nên ta có AI  AD 0,25 0,25 2 t  2 4               2t     t     5    t  Do D (4; 2) D ( 4; 6) Mặt khác D T nằm khác phía so với đường thẳng AI nên D (4; 2) Đường thẳng CD qua D vng góc với AD  CD : x  y   C giao điểm đường thẳng CD IT : x  11 y    C  3;    AB  DC  B ( 1; 2) Điều kiện: x  1 , phương trình cho tương đương với: x  x  x   x  x  x    x  1 x3  x    x  1 x   x     0,25 0,25  0,25 x    x  x   x   x   (1) (1)  x  x  x  x   x  1  1   x  1 Câu (1 diểm)  x3  x  x     x 1   x   x  (2) 0,25 Xét hàm f (t )  t  t  t với t  R Ta có f '  t   3t  2t   t  R nên f  t  đồng biến R x  1 x 1  x  x 1   x  x  x 1  1 Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm phương trình x  1; x  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: x  y   xy   x  y  z    x  y  z    x  y  z  Do đó:    f  x   f       0,25 0,25  2x 2x x   x  y   x  y  2z  x  y  2z 0,25 x2  y x y x y    8z 2z x y x y x y x y     Khi P  x  y  2z x  y  2z 8z x  y  2z 8z x y x y t t x y z      f (t ) , với t   x y Câu 10 z t  z 2 (1 điểm) z t t Xét f (t )   với t  t2 t  16  (t  2)2 t 2 f '(t )    , f '(t )    2 (t  2) 8(t  2) (t  2)  16 Ta có: x2  y2  0,25 0,25 t f (t ) ' + f (t ) + - Suy f (t )  f (2)  1 P 4 x  y  2z  x  y; z    x  y  z 1 Dấu đẳng thức xảy khi:   x  y  z  xy   x, y, z  Vậy giá trị lớn P -HẾT - 0,25 ... THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 - 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Mơn thi: TỐN (Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm  Tập xác định: D = R  Sự biến thi? ?n: 0,25 x... 0,25 H  AH  H (1  t ;  t ;3  2t ) Câu Do H  ( P ) nên: (1  t )  (2  t )  2. (3  2t )    t   (1 điểm) 1 5 Suy H  ; ;   3 3 b) M  d  M (1  3m; 3m; 2  m) Do A trung điểm... Do A trung điểm đoạn MN nên tọa độ N N (1  3m;  3m;8  m) Ta có N  ( P ) nên: (1  3m)  (4  3m)  2(8  m)    m  Vậy M (25; 24;6) , N ( 23; 28;0) sin   cos  sin   cos  a) Ta