Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm tọa độ giao điểm của d với (P) và viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, có tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc với (P).. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA-LẦN 2 NĂM HỌC: 2015-2016
Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 yx33x1 (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số
Câu 2 yx4 2(m1)x2 2m1 x 1 (1,0 điểm) Tìm m để hàm số đạt cực đại Câu (1,0 điểm)
1,
z z 2z2 2z 5 0
2
1 Az z z z
a) Cho hai nghiệm phức phương trình Tính
2
2
2 log x 2x log x
b) Giải bất phương trình :
Câu 4
2
0
sin x
I e x xdx
(1,0 điểm) Tính tích phân
Câu 5 Oxyz (1;3;2)A
1
:
2
x y z
d
( ) : 2P x 2y z 0 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm , đường thẳng mặt phẳng Tìm tọa độ giao điểm d với (P) viết phương trình mặt cầu (S) qua A, có tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc với (P)
Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh 2a Hình chiếu vng góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) trung điểm H cạnh B’C’, góc A’B với mặt phẳng (A’B’C’) 600.
Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ khoảng cách hai đường thẳng CC’ A’B theo a. Câu (1,0 điểm)
3 sin 2x cos 2x4cosx1a) Giải phương trình
b) Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để làm trực nhật Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ
0 ; 2
M E ; 4 x y 4 0
Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I Điểm trung điểm cạnh BC điểm hình chiếu vng góc B AI Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết đường thẳng AC có phương trình
2
2
2
1 2 1
x x y xy y x
y x x x x y
Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
1a 2 b c 4 P 2a3 b3 c3 b c
Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện: Tìm giá trị lớn nhất biểu thức
…………HẾT…………
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm
(2)Câu Đáp án Điể m 1
(1 điểm)
3 3 1
yx x Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số:
D R TXĐ: ' 3
y x y' 0 x1 ,
0.25
; 1 1; 1;1
Hàm số nghịch biến khoảng , đồng biến khoảng
x yCD 3 x 1 yCT 1Hàm số đạt cực đại , , đạt cực tiểu , lim
x y xlim y,
0.25
* Bảng biến thiên
x – -1 +
y’ +
y
+
0.25
Đồ thị:
0.25
2 (1 điểm)
4 2( 1) 2 1
y x m x m x 1Tìm m để hàm số đạt cực đại
3
' 4( 1)
y x m x+ Ta có 0.25
4
2
2
(3)Câu Đáp án Điể m
1
x y'(1) 0 4( m1) 0 m0+ Để hàm số đạt cực đại cần 0.25
' 4 '(1)
y x x y
+Với m=0 0.25
2
'' 12 ''(1)
y x y x 1 m0 x 1+ Lại có hàm số đạt cực tiểu khơng thỏa mãn Vậy khơng có giá trị m để HS đạt cực đại
0.25
3a (0.5điểm )
1
1 3
;
2
i i
z z +
0.25
2
2
1 2
1 3 3
3 z
2 2
i i i i
Az z z
+
2 2
8 10
3 8 30
4 4
i i 0.25 3b (0.5điểm )
2
2 x x x x
Điều kiện:
2 2 2
(1) log log
log log 2
x x x
x x x
0.25
2 2 8 2 2 2 4 4 2
2
2 12
4
x x x x x x
x x x x
x Đối chiếu điều kiện ta nghiệm bất phương trình:
0.25
4
(1 điểm) 2 2
0 0
sin sin
x x
I e x xdx e xdx x xdx
+
0.25
2
2 2
2
2
0
1
2 2
x x dx x e
e xdx e e
+ 0.25
sin cos
2 du dx u x
dv xdx v x
2
2 2
0 0
0
1 1
sin cos cos cos sin
2 2 4
x xdx x x xdx x x x
(4)5 (1 điểm)
¿
x=−1+2 t y=4 − t z=−2 t
¿{ {
¿
d có phương trình tham số
B=d ∩(P) B∈ d B (−1+2 t ;4 −t ;− 2t ) Gọi , nên
0,25
B∈(P) 2(−1+2 t)−2(4 −t )− 2t − 6=0⇔t=4 ⇒B (7 ;0 ;−8) Do nên 0,25 I(−1+2 a ;4 − a ;−2 a) Gọi I tâm mặt cầu (S), I thuộc d nên
R=IA=d (I ,(P)) Theo (S) có bán kính 2+2a¿2
¿
a −1¿2+¿
2− a¿2+¿ ¿
⇒√¿
⇔√9 a2−2 a+9=|4 a −16|
4 a −16¿2⇔65 a2+110 a− 175=0⇔a=1; a=−35
13 ⇔ 9(9 a2− a+9)=
¿
0,25
z +2¿2=16
y −3¿2+¿
x −1¿2+¿
a=1⇒ I=(1 ;3;− 2), R=4 ⇒(S ):¿
+) Với
a=−35
13 ⇒ I=(− 83 13 ;
87 13 ;
70 13); R=
116
13 ⇒(S):(x + 83 13)
2
+(y −87 13)
2
+(z −70 13)
2
=13456 169 +) Với
(5)Câu Đáp án Điể m 6
(0.5điểm )
2
2 ' ' '
4
3
A B C
a
S a
+ +Vì BH ^ (A’B’C’) nên góc giữa
A’B với (A’B’C’) góc A’B với A’H.
' 60
BA H Hay
' tan 60
BH A H a
0,25
2
' ' ' ' ' ' 3.3 3
ABC A B C A B C
V S BH a a a (đvtt) 0,25
(0.5điểm )
Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)).
Dựng HM ^ A’B’ Khi A’B’ ^ (BMH) suy (ABB’A’) ^ (BMH) Dựng HK ^ BM suy HK ^ (ABB’A’).
2 2
2
3
2 13
( ,( ' '))
13
9
a
a
HM HB a
d H ABB A HK
HM HB a
a
0,25
6 13
( ', ' ) ( ',( ' ')) ( ,( ' '))
13
a d CC A B d C ABB A d H ABB A
Vậy 0,25
7a (0.5điểm
)
3 sin cos 4cos sin (cos 1) 4cos
cos
2cos ( sin cos 2)
3 sin cos
x x x x x x
x
x x x
x x
0.25
2 ( )
2
sin( )
6
x k x k
k Z
x x k
0.25
7b
11 165 n C
(6)(0.5điểm )
2 1 6 135
C C C C + Số cách chọn 3 học sinh có nam nữ 135
165 11 Do xác suất để học sinh chọn có nam nữ
0.25
8 (1 điểm)
Kẻ DB vng góc với AC D.
1800 (1)
DEB BAD
Tứ giác ADEB,
BIEM nội tiếp đường tròn
BEM BIM BM (cùng chắn ) (2)
1 (3)
2
BIM BIC BAD
Mà 1800
DEB BEM
Từ (1), (2), (3) nên D, E, M thẳng hàng
0.25
2x y 0 + Đường thẳng EM qua E,M có phương trình là:
4
2 2 ;2
x y
x y D
+ Tọa độ D nghiệm
0.25
;
: C c c
CAC x y MC MD2 5
(4;0) (2; 2) ( ) C
C loai
+ mà
+ M trung điểm BC B(-4 ;-4)
0.25
AE^BE x 1 0+ phương trình là: ( 1;5)
A AC AE A +
Với : A(-1;5); B(-4;-4); C(4;0) tạo nên tam giác nhọn
1;5 ; 4; ; 4;0
A B C
Vậy tọa độ đỉnh tam giác:
0.25
9
(1 điểm) y 0Điều kiện:
2 1
1
x y
x y x
x
(1)
1
x 1 1y 2 y +) Với , vào (2) ta được: (vô nghiệm)
0.25
0
y x
2
1 1x 2x 2x 1 x x x
+) Với , vào (2) ta được: Với x = 0, phương trình thỏa mãn.
0
x x xVới , chia hai vế cho ta được:
(7)Câu Đáp án Điể m
2
2
1 1
1 1
1
1 2 1
x x x x
x
a a a a a a
x
2 2
1 a a 1 a a *
,
f t t t t
2
2
1
' 0,
1
t t t
f t t
t t
Xét hàm đặc trưng ,
có
0.25
* 5
2
a a a x
Nên
0;0 , 3;
2
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là:
0.25
10
(1 điểm) 1x 1 y 1 1 x y+ Chứng minh với x, y không âm. + Áp dụng:
2
2
4 1 1
2
a
a b c a b c b c
0.25
3
3 3
2
P a b c b c a b c bc b c b c
Ta có:
3
3
2
2
a
P a b c a f a
0.25
2
4 1a 1 a 8 0 a 2Từ giả thiết ta có: 0.25
f a 0;2 2
Xét hàm số ,
2
2 2
' 12 16
2
a
f a a a a a a a a
Ta có
' 0;
f a a a
0 64, 2 24, 2 2 32
f f f
Ta có:
0;2
max 64
a f a f
Suy
0, 0,
a b c a0,b4,c0Vậy, giá trị lớn nhất P 64 đạt
0.25
