Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đi qua điểm có hoành độ x 0 có dạng: Câu 2 1 điểm.. Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt..[r]
(1)HOCMAI.VN KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 01 Môn thi: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) (Đáp án - Thang điểm gồm có 07 trang) Câu Đáp án Cho hàm số y x 3x , khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Tập xác định là D = R Đạo hàm y' 3x x y' x x 1 Điểm Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng , 1 ; 1, , nghịch biến trên 1,1 Giới hạn hàm số: lim y x 0.25 0.25 lim y x Bảng biến thiên Câu (2 điểm) 0.25 Đồ thị hàm số: 0.25 Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - (2) Viết phương trình tiếp tuyến hàm số y 2x Biết tiếp tuyến qua giao điểm đồ thị với x 1 trục tung Ta có giao đồ thị với trục tung là: I 0, 1 Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số qua điểm có hoành độ x có dạng: Câu (1 điểm) 2x y y' x0 x x0 y x x x0 x0 x0 1 3 0.5 Tiếp tuyến qua điểm I 0, 1 nên: 3 x 1 2x0 1 x0 x0 0 x 0.5 Từ đây ta có tương ứng tiếp tuyến là: y 3x a Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn điều kiện: z 4i Gọi M a; b biểu thị số phức z a bi, a, b R Ta có z 4i a b i Vậy z 4i 0.25 a 3 b 2 2 a 3 b Câu (1 điểm) Do đó tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z mặt phẳng Oxy là đường tròn tâm I (3; 4) và bán kính R b Giải phương trình sau: log3 (3x 1) log3 (3x1 3) 0.25 x x 3 ĐK: x x log 3 1 log3 (3x 1) log (3x 1 3) log (3x 1) 1 log (3x 1) 0.5 t 3 t log (3x 1) t (t 1) t 28 x1 log 27 x2 log 10 Tính diện tích hình phẳng giới hạn các đường : x 1; x e; y 0; y Câu (1 điểm) e ln x dx x 0.5 Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - Gọi S là diện tích cần xác định, ta có: S Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt ln x 1 x (3) Bởi x 1; e ln x ln x ln x 1 1 x x ln x ln x ln x e Do đó: S 1 dx dx x dx e 1 x x x 1 1 e e e dx u ln x du x Đặt dx dv x v x Khi đó: S e 1 x ln x 0.5 e e2 x e dx e 1 x ln x x e e (đvdt) 1 x Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng () : 2x y 2z và đường thẳng d: x 1 y 1 z Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với hai mặt phẳng () và 2 Oxy Gọi I là tâm mặt cầu (S) cần tìm, vì I d I t 1; 2t 1; 2t Theo giả thiết mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng () và Oxy nên I cách hai mặt phẳng này, đó: d I,(O xy) d I,( ) 2t Câu (1 điểm) t 1 2t 1 2t 1 t 1 4t 2t t 0.5 4t Do đó ta có điểm I là: +) t 1 I 0; 1; +) t 6 2 I ; ; 5 5 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn đề bài: • Mặt cầu ( S1 ) có tâm I1 (0; 1; 2) , bán kính R1 z S1 : 0.5 x2 (y 1)2 (z 2)2 2 •Mặt cầu (S2) có tâm I , , , bán kính R z 5 5 2 6 7 2 (S2): x y z 5 5 5 25 Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - (4) a Giải phương trình cos2 x 6cos x 6cos x sin x trên đoạn 0; Phương trình cos2 x 6cos x 6cos x sin x 6cos3 x cos x 0.25 (2cos x 1)(3cos x 2cos x 1) cos x x k 2 , k Như nghiệm PT trên đoạn 0; là: 0.25 b Trong lớp học có bóng đèn, năm bóng có xác suất bị cháy là Câu bóng sáng Tìm xác suất để lớp học đủ ánh sáng (1 điểm) Ta tìm xác xuất để lớp học không đủ sáng: Lớp học đủ sáng có ít 1 + Xác suất bóng cháy : C53 4 1 + Xác suất bóng cháy : C54 4 0.25 1 + Xác xuất bóng cháy: C55 4 C53 C54 C55 43 44 45 0.25 845 Do đó xác suất để lớp học đủ sáng là : p2 p1 1024 Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cạnh a, AA’ = a Gọi I là giao điểm Câu AB’ và A’B Tính thể tích khối tứ diện ACA’B’ và khoảng cách hai đường thằng AB (1 điểm) và CI Vậy xác suất để lớp học không đủ sáng là : p1 Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - (5) H A' C' B' I K Gọi V là thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ ta có: VACA ' B ' VB ' ACA ' VB ' ACC ' A ' 1 1 (V VB ' ABC ) (V V ) V V 2 3 0.5 C A 1 a2 a2 S ABC AA ' a 3 12 E B Gọi E là trung điểm AB => CE AB (1) IE là đường trung bình tam giác ABB’=> IE // BB’ Mà BB’ AB => IE AB (2) Từ (1) và (2) => AB (CIE) Trong mặt phẳng (CIE ) kẻ EK IC => EK là đoạn vuông góc chung AB và IC Suy ra: d ( AB, IC ) IK a a ; EI AA'= 2 Xét tam giác vuông CEI có: Ta có: EC 0.5 1 1 4 16 a 2 EK 2 2 EK EI EC a 3a 3a a a 3 2 Vậy khoảng cách hai đường thẳng AB và IC a 45 , đáy lớn CD nằm trên đường thẳng x y Biết đường chéo AC, BD vuông góc với I (2;3) Viết phương trình cạnh BC, biết điểm C có hoành độ dương Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có S ABCD Câu (1 điểm) Gọi M, N là trung điểm CD, AB Do AC BD =>Tam giác AIB và CID là tam giác vuông cân I => IN NA NB, IM MC MD 0.5 + d I ,CD 10 CD 10 + NI x AB 2x Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - (6) S ABCD AB CD MN x 10 x 10 A 2 45 x 10 10 IN IB x * IM ID + MN qua I vuông góc với CD => MN: 3x y 3x y Toạ độ M là nghiệm hệ: M 3;0 x 3y B N I C M D + PT đường tròn tâm M bán kính MI: C : x 3 y 10 + C, D là giao điểm đường tròn C với đường DC 2 x 3 y 10 D 0; 1 (do xC ) C 6; x y + Từ (*) DI 2IB B 3,5 =>PT đường thẳng qua B, C là : x y 27 Giải phương trình Điều kiện x 3 2 3x 3x 3 x 6x 3x 3 x 3x 3 x 3x 3x 2 a 3x 2, a Đặt b x b3 Câu 2a 3b (1 điểm) Khi đó ta có hệ phương trình: a 2a b 1 0.5 0.5 1 2 b a b3 2a 3b a b 2a b a b 2a +) Với a b a3 2a2 a x +) Với b 2a , ta có 2a 2a 8a3 2a * Vì a nên áp dụng Cosi cho số a ; a ;1 ta có: a3 a3 3a2 2a3 3a2 2a3 2a2 Từ đây suy (*) vô nghiệm Vậy phương trình ban đầu có nghiệm là: x Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt 0.5 Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - (7) Cho x, y thoả mãn 1 Tìm giá lớn của: x y xy 3 3 P 2 y y y x 1 x x x y 1 Đặt a x y, b xy a, b 0; 1 1 x y 3xy a 3b; a 3b b Từ x y xy a 4b 3b 1 4b 9b 1 b 1 b 3x y 1 y x 1 x y 2 Ta có: P xy x 1 y 1 x y 3xy x y x y xy x y xy xy xy x y 1 x2 y 2 Câu 10 (1 điểm) 3ab 3a 6b a 2b b b a 1 b2 3b 1 b 3b 1 6b 3b 1 2b b b 3b b2 0.5 5b 9b2 3b 27b2 18b 6b 36b 32b 2 4b 4b 4b 4b 4b Xét f (t ) , t 4t 4t 5t f ' t 0, t Max f t f 1 4t 2t 4t 4 1 Vậy Max P dấu “=” xảy xy 1, x y x y xy Nguồn: Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 0.5 Hocmai.vn - Trang | - (8)