Tuyển tập 100 đề thi thử THPT quốc gia 2016 trần quốc nghĩa (phần 2)

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI - KONTUM TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ - KÌ THI QUỐC GIA Mơn: TỐN 12 – Lần Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ SỐ 101 Câu (2.0 điểm) Cho hàm số y  2x  x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Tìm m để đường thẳng d: y  2x  m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt Câu (1.5 điểm) Giải phương trình: 5.9 x  3x2   Giải phương trình: log16 (5  x)  log (3x  1)  2 Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y   x  x  đoạn [  2;1] Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình chữ nhật có AB= a , BC= a Cạnh bên SA vng góc với mp(ABCD), góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy (ABCD) 600, M trung điểm cạnh SD Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ đỉnh S đến mp(BCM) Câu (1.5 điểm) Giải phương trình:     sin x    sin  x   4  2  Tủ lạnh nhà bạn An có 20 trứng, có trứng bị hỏng, mẹ bạn An lấy ngẫu nhiên từ để làm trứng tráng Tính xác suất để trứng mẹ bạn An lấy có bị hỏng Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng chứa hệ trục tọa độ Oxy cho hình vng ABCD, gọi M, N trung điểm hai cạnh AB BC; I giao điểm DN AC Tìm tọa độ   1 3 đỉnh C, D hình vng biết M (1;  1) , I  2;   điểm C có tung độ âm Câu (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 x  y   x  y   3x  y   (3x  2) y   x  14x y Câu (1.0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa điều kiện 4( xz  y )  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  2x   2z  y  ( y  z )(2 x  y )  ( x  y  z) ………………………………… Hết ………………………………… 592 ĐÁP ÁN – ĐÈ THI THỬ - KÌ THI THPT QUỐC GIA – Lần Câu (2.0đ) Ý a) (1.0đ) Nội dung đáp án Điểm * TXĐ: D = R \ 1 3 * y'   0, x  D ( x  1) Suy hàm số nghịch biến khoảng (;1), (1;) * Giới hạn – tiệm cận: - TCĐ: x = lim y   lim y   x 1 0.25 0.25 x 1 - TCN: y = lim y  x   b) (1.0đ) * BBT: đúng, đầy đủ * Đồ thị : Đúng, cong trơn tru, đối xứng qua điểm (0 ; -1), (-1/2 ; 0) 2x  * Pt HĐGĐ đồ thị (C) đường thẳng d:  2 x  m ( x  1) x 1 (1)  2x  mx  m   * d cắt (C) hai điểm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 m   m  8m        2  m  m   m   3  0.25 * Pt: 5.9 x  3x2    5.32 x  9.3x   (1.5đ) (0.75) (0.75) 0.25 3 x   x 3  1 / (loai) 0.25 * x   x  log3 Vậy pt có nghiệm x = log3 * ĐK:  x  * Pt cho  log4 (5  x)  log4 (3x  1)   log4 (5  x)(3x  1)  x   3x  16x  21    x  / Kết hợp ĐK => pt có hai nghiệm x = x = 7/3 0.25 0.25 0.25 0.25 * y '  2 x  x , (1.0đ) x   y '   2 x  x    x  (loai) x    0.25 * y(0)  1, y( )  1, y(2)  1, y(1)  / 0.25 Vậy: Max  y ( )  , [ 2;1] (1.0đ) 0.25  y (0)  y (2)  1 0.25 [ 2;1] * Vì SA  (ABCD) nên AC hình chiếu SC mp(ABCD) => góc SC (ABCD) góc SCA = 600 * AC  AB  BC  4a  AC  2a SA = AC.tan600 = 2a Vậy VS ABCD  S ABCD SA  2a 3 S N H M 0.25 A B 593 0.25 D C * Mp(BCM) cắt SA N => MN // AD // BC Dựng SH  BN N, ta có: BC  AB BC  SA => BC  (SAB) => BC  SH, SH  BN nên SH  (BCM) => SH = d(S,(BCM)) (1.0) * BN  BA2  AN  4a  BN  2a Hai tam giác vuông NAB NHS đồng dạng nên : AB BN AB.SN a a Vậy : d(S,(BCM)) =   SH   SH SN BN 2     * sin x    sin  x    3(sin x  cos x)  cos x  4  2   3(sin x  cos x)  cos x  sin x   (sin x  cos x)(  cos x  sin x)  sin x  cos x   sin x  cos x  * sin x  cos x   tan x  1  x   (1.5đ) 0.25   k 0.25 0.25 0.25 0.25   * sin x  cos x   sin x     => pt vô nghiệm 4  * Số khả xảy là: C20  4845 0.25 0.25 * Số cách lấy trứng mà có trứng bị hỏng (0.5 C132 C72  1638 1638 546 Vậy xác suất cần tính là: P    0.34 4845 1615 * Gọi G tâm hình vng, K trung điểm CD, E giao điểm MI CD Ta có I trọng tâm  BCD  CI  CG => I trọng tâm  MKC => E trung điểm Của đoạn KC 0.25 A D G M K I 0.25 E B N C * Gọi E(x ; y), ta có : (1.0đ) 3  2( x  2) x  /  MI  2.IE   => E(7/2 ; 0)  y   ( y  )   3 * Gọi K(x ; y), ta có :  ( x  1)( x  )  ( y  1) y    MK  KE MK KE      2 MK  16.KE MK  KE ( x  1)  ( y  1)  16( x  )  y       59  x  x     59  38  17    K (3;1) K  ;   17 17  y   y   38  17 * Với K(3 ; 1), E(7/2 ; 0) trung điểm KC => C(4 ; -1) thỏa ycbt Lúc K trung điểm CD nên => D(2 ; 3)  59  38   60 38  * Với K  ;  => C  ;  (loại)  17 17   17 17  594 0.25 0.25 0.25  2 x  y   x  y   x  y    (3x  2) y   x  14x y * ĐK : x  0, y  (1) (2) 0.25 * Đặt a  x  y  1, b  3x  y  1, a, b  Từ (1)  2a  2b  a  b  (a  b)   a  b  x  y   3x  y   x  y (1.0đ) * Thay vào (2) : (3x  2) 3x   x  14x x Vì x = nghiệm (3) nên : 2  (3)        14 x x x  (3) 0.25 1   u  3, u  x x Từ (3) ta có pt : 2u  4u  3u  26   u  (nhận) Đặt u   0.25   x 1 y  x Thử lại => hệ có nghiệm (1 ; 3) * Ta có: 4( xz  y )  y   xz  (2  y)  xz  |  y |   y * u =  3   xz  y  x  y  z ( y  z )(2 x  y )  * P 2x  2z  y  11 ( x  y  z)    2x  2z 2 2   2x  0.25 ( z  y) 2  1 ( x  y  z) ( x  y  z) 2 x  z  x  z, x, z  (dấu “=” xảy x = z) Vì: nên:  ( x  y)  y  ( x  y  z) (1) 0.25 x yz  z  y  ( x  y  z )  2    0.25 ( x  y) ( z  y) 2 x yz P  2 (2)   1   2 ( x  y  z) ( x  y  z) ( x  y  z)   * Ta có: (a  b)  (a  c)   2a  b  c  2a(b  c), a, b, c (3) (Dấu “=” xảy a = b = c) Áp dụng (3), từ (2) ta có : x yz x yz x yz P   1   1 x  y  z ( x  y  z) ( x  y  z) * Đặt t  x  y  z, t  (từ (1)) Xét hàm số : f (t )  t   1, t  2 t t 8 Ta có : f ' (t )     0, t  2 t 2t => hàm số f(t) đồng biến [2;) => minf(t) = f(2) = Vậy minP = 1/2, đạt x = z = y = (1.0đ) 0.25 0.25 * Ghi chú: Mọi cách giải khác, đúng, cho điểm tối đa phần tương ứng ……………………………………………… Hết ……………………………………………… 595 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SƠN LA TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀĐỀ THI CHÍNH THỨC SỐ 102 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016 (LẦN 1) Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y   x3  x  3(m2  1) x  3m2  (1) a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m = b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 x đồng thời x1  x2  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình, bất phương trình sau: a) 5x1   52 x b) log x  log ( x  2)  log  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân:  x  x  sinx  dx Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: sin x  cos x  b) Một lớp học có 28 học sinh có 15 học sinh nam 13 học sinh nữ Chọn ngẫu nhiên học sinh tham gia Hội trại chào mừng ngày thành lập đồn 26/3 Tính xác st để học sinh chọn có học sinh nam Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a H trung điểm cạnh AB, SH vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SA  a Tính thể tích hình chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng HC SD Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) mặt phẳng (P) có phương trình:  x 1  2t  (d ) :  y   t z   t  ( P ) : x  y  z  1 Tìm tọa độ điểm A giao đường thẳng (d) với (P) Viết phương trình đường thẳng qua A nằm mặt phẳng (P) vng góc với đường thẳng d Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vng ABCD; điểm M, N P trung điểm AB, BC CD; CM cắt DN điểm I  5;2  Biết P  11 ; 11  điểm A có   2 2 hồnh độ âm Tìm tọa độ điểm A D Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  xy ( x  1)  x  y  x  y   3 y  x    y        x  x2   Câu (1,0 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn x  y;  x  z  y  z   Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P   x  y   x  z   y  z Hết Thí sinh khơng sửdụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: .; Số báo danh: 596 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016 (LẦN 1) SỞ TRƯỜNG THPT CHUN Mơn: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC CÂU Câu Đáp án 2 Điểm Cho hàm số: y   x  x  3(m  1) x  3m  (1) a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m = Khi m =1 hàm số trở thành: y   x  x   Tập xác định:   Sự biến thiên: + Giới hạn tiệm cận lim y   ; lim y   ; x  0,25 x  Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận + Bảng biến thiên y’ = -3x2 + 6x ; y’ =  x = x = Hàm số đồng biến khoảng ( 0; 2) Hàm số nghịch biến khoảng  ;0   2;    x  y’ + y   -4  Đồ thị Điểm uốn: I(1; -2) 0,25 0,25 0,25 Nhận xét: Đồ thị nhận điểm uốn I(1; -2) làm tâm đối xứng 2 b) Cho hàm số: y   x  x  3(m  1) x  3m  (1) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 x đồng thời x1  x2  y’ = -3x2 + 6x + 3(m2 - 1) + Hàm số (1) có hai điểm cực trị y’ = có hai nghiệm phân biệt   '  m   m  + x1  x2    x1  x2   x1 x2  597 0,25 0,25 Trong đó: x1  x2  2; x1 x2   m2 0,25 Nên x1  x2    m   m  1 (TMĐK) Vậy m  1 Câu 0,25 Giải phương trình, bất phương trình sau: 5x1   52 x a) x 1 45 2x  5 x   x 1  5.5     x 5  x 0,25 x  Vậy PT có nghiệm x  0; x  log  x  log  b) log x  log ( x  2)  log 0,25 ĐK: x  BPT trở thành: log x  log5 ( x  2)   log  log5 x  log5  log5 ( x  2)  log x  log5  x    3x  x      x  Kết hợp điều kiện, BPTcó nghiệm:  x  Câu 0,25 0,25  Tính tích phân: I   x  x  sinx  dx     I   x dx   x sinxdx   x dx   xd (cos x ) 0 0,25   x3     x cos x    cos xdx 0 0,25  3     sinx I  3  Câu 0,25 0,25 a) Giải phương trình: sin x  cos x    0,25  2sin x.cos x  cos x   cos x 2sin x    cos x   s inx    Phương trình có nghiệm: x    5  k ;x    k 2 ; x   k 2 4 b) Một lớp học có 28 học sinh có 15 học sinh nam 13 học sinh nữ Chọn ngẫu nhiên bạn học sinh tham gia Hội trại chào mừng ngày thành lập đồn 26/3 Tính xác st để học sinh chọn có học sinh 598 0,25 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Nội dung a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho + TXĐ: D = R + Sự biến thiên: x  y '  3 x  x; y '    x  Điểm 0,25 Hàm số tăng trên: (0; 2) ; hàm số giảm trên: ( ;0) (2;  ) Cực trị đồ thị hàm số: CT (0; 1) CD(2;3) + Giới hạn: lim y  ; lim y   x  0,25 x  +BBT: x y y   0     1 Câu1 (2,0 điểm) 0,25  + Đồ thị: 0,25 b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình: x  x  m  có ba nghiệm thực phân biệt Phương trình cho tương đương với:  x3  x   m  (*)  y  f ( x)   x  3x  (C ) Đặt  (d )  y  g ( x)  m  Lúc số nghiệm phương trình (*) số giao điểm (C) (d) Từ đồ thị suy ra: (*) có nghiệm thực phân biệt 1  m     m  a) Giải phương trình: x  6.3x1   Câu2 (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Phương trình viết lại: x  2.3x   Đk: x  R Đặt t  3x ; t  Phương trình cho trở thành: t  1 (l ) t  2t     b  4ac ( n) t  Vậy phương trình cho tương đương: 3x   x  (Lưu ý: học sinh giải trực tiếp cho điểm tối đa) 1113 0,25 0,25 b) Tìm phần ảo số phức z, biết rằng: (9  i) z  (2  5i )(1  2i )   3i Ta có: (9  i) z  (2  5i )(1  2i )   3i  z   Vậy phần ảo z    0,25 0,25 I   (esinx  x )cos xdx   esinx cos xdx  Câu (1,0 điểm) 1  i 2 0,5   x cos xdx  I1  I 0,25 0,25 I1   es inx cos xdx  e   0,25  I   x cos xdx     I  I1  I  e   2 0,25 a) Giải phương trình: 0,5 sin2x – cos2x = sinx –  2sin x cos x  (1  cos x )  2sin x  2sin x(cos x  sin x  1)    x  k sin x   x  k        x    k 2    sin( x   )    x    k 2 4     3 x    k 2 4  b) Tìm hệ số chứa x8 khai triển ( x  x  )(1  x) 2n thành đa thức biết n Câu (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,5 số tự nhiên thoả mãn hệ thức 3Cn3  7Cn2 n  3, n  N 3 n! n! (n  2)(n  1)n (n  1)n 7  7 3! n  3 ! 2! n   ! 2 0,25 giải n  1 20 k Khai triển (2 x  1) 20   C20 (2 x) 20 k 4 k 0 hệ số chứa x8 ứng với 20 – k =  k  12 Do hệ số cần tìm 12 C20 =8062080 1114 0,25 Câu (1,0 điểm) a) Viết phương trình đường thẳng qua I vng góc với mặt phẳng ( ) 0,5 Đường thẳng d qua I vuông góc ( )  Suy d qua I(1; 2; 1) nhận n( )  (2; 1; 2) làm vectơ phương: 0,25  x   2t  d y  2t  z   2t  0,25 ;t  R b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I tiếp xúc với mặt phẳng ( ) 0,5 Vì (S) tiếp xúc với mp ( ) nên bán kính (S) là: R  d ( I , ( ))  0,25 Vậy: ( S ) : ( x  1)2  ( y  2)2  ( z  1)  0,25 S VS ABCD  SH S ABCD Ta có SH2=HA.HB=2a2/9  SH  VS ABCD 0,25 a M a a3  2.a  (đvtt) 9 B C 0,25 I H K A Câu (1,0 điểm 0,25 d ( I , ( SCD )) IC IC CD IC      d ( H , ( SCD )) HC IH BH CH 13 CH2=BH2+BC2= a 0,25 1 11 a 22 3a 22     HM  Vậy d ( I , ( SCD))  2 HM SH HK 2a 11 55 Gọi K trung điểm HD Chứng minh AK vng góc với MK Gọi P trung điểm AH Ta có AB vng góc với KP, P trực tâm tam giác ABK Suy BP  AK  AK  KM Câu (1,0 điểm) D A B P H M K D Phương trình KM: qua M(9/2;3) vng góc với đường thẳng d có pt: MK: x  y  0,25 15  Toạ độ K(1/2;2) C 0,25 0,25 Do K trung điểm HD nên D(0;2), suy pt (BD): y – = Suy ra: AH: x – = Vậy: A(1; 0); suy ra: AD có pt: 2x + y – = BC qua M song song với AD nên BC: 2x + y – 12 = 1115 0,25  x x  y  y  x4  x3  x (1) x   Đk:   y   x  y  x   y ( x  1)  (2)  2 0,25 0,25 (1)  x( x  y  x  x )  ( x  y )  yx x 2  x  y   ( x  y )( x  y  x  x  x )  x y x x Câu8 (1,0 điểm) x  Vì  Do đó: (1)  x  y Thay vào pt (2) : y   x  x  x   x( x  1)  0,25 Đặt t  x  x  1(t  0)  t  x   x ( x  1) Pt trở thành t2 + + 2t = hay t2 + 2t – = lấy t =  x   x   25 x  x( x  1)   x   x 16 4 x  x  25  20 x  x   25 25  Vậy hệ có nghiệm  ;   16 16        1  1      ab  bc  ca  a  b  c   2abc  a  b   c  0,25 Ta có:  2 0,25 P= (a  b  c )  2(ab  bc  ca )  (a  b  c)  2(a  b  c  1)  4abc Câu 9(1,0 điểm)  abc Theo Cô si abc      0,25 Đặt t = a + b + c, ta có: P  t  2t   t với