De Thi Thu Thong Nha Thanh Hoa

Trong không gian oxyz viết phương trình mặt phẳng P đi qua gốc tọa độ O đồng thời vuông góc với đường thằng d:.. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi dự tập huấn chuyên đề bồi dưỡng học[r]

SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THCS&THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề y=x − x2 +2 Câu 1.(1 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Câu 2( điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số [ ; 5] (C) f (x)=x − x 2+ trên Câu (1.điểm) Gọi z ; z là nghiệm phương trình z 2+ z +8=0 trên tập số phức Tính giá trị 2 biểu thức sau A=| z1| +|z 2| Giải phương trình sau: 25 x − x+1+ 7=0 π Câu (1 điểm) Tính tích phân sau I =∫ x ( + sin x dx x +1 ) Câu (1,0 điểm) Trong không gian oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O đồng thời vuông góc với đường thằng d: x −1 y z −5 = = Tính khoảng cách từ điểm A(2;3;2 1) đến mặt phẳng (P) Câu (1 điểm) Một trường trung học phổ thông tổ Toán có 15 giáo viên đó có giáo viên nam, giáo viên nữ; Tổ Lý gồm 12 giáo viên đó có giáo viên nam, giáo viên nữ Chọn ngẫu nhiên tổ giáo viên dự tập huấn chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Tính xác suất cho các giáo viên chọn có nam và nữ Giải phương trình cos2 x −2 √ sin x cos x=2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a , AD 2a , SA  ( ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm CD biết góc SC và mặt phẳng chứa đáy là α với tan α = √5 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC có phương trình là 3x  y  0, x  y  0 Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn D 4;   Viết phương trình các đường thẳng AB, ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai là  AC; biết hoành độ điểm B không lớn ¿ x + y +3(x + y )=6 y ( y − 2)+14 27 x 3+27 x +20 x+ 4=4 √ y +2 x −1 ¿{ ¿ Câu (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số x, y, z thỏa mãn  x  y z Tìm giá trị lớn biểu thức P  xy  yz  zx x  xyz   y2  z2  - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh Số báo danh HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I, NĂM 2015-2016 Môn thi: Toán 12 Câu Câu (2 điểm) Đáp án (1,0 điểm)  Tập xác định: D=R  Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' 3 x  x ; y ' 0  x 0 x 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng   ;  và  2;  ; nghịch biến trên khoảng Điể m 0.25 0.25  0;  Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x 2 ; yCT  , đạt cực đại x 0 ; yCĐ 2 Giới hạn: lim y  ; lim y  x   Bảng biến thiên:  Đồ thị: Câu (1 điểm) x   0.25 0.25 ⇒ f ' (x)=0 ⇔ x=0 ¿ x=± ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Ta có f ' (x)=4 x − x x ∈ [0 ; ] ⇒ x=0 ¿ x=1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Câu ( điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 f(0)=3; f(1)= 2; f(5)= 578 max f (x)=578 ⇔ x=5 ; f ( x) =2 ⇔ x=1 [ ;5] [ ;5 ] Câu 3.1 (0.5 điểm) Ta có Δ ' =4 −8=− ⇒ A= √ 8+ √8=4 √ z 1=−2 −2 i ¿ z 2=− 2+ 2i ¿ ¿ ¿ ¿ Câu 3.2 (0.5 điểm) PT ⇔3 25x −10 x +7=0 Đặt t=5 x ( t > ) t −10 t+7=0 ⇔ t=1 ¿ t= Pt có dạng: ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x    x 0 Với t = 7 t ⇒5 x = ⇔ x=log 3 Với () Vậy phương trình có tập nghiệm: S= ;log5 { ( )} Câu (1 điểm) π I =∫ x ( π π 2x + sin x dx=∫ dx+∫ x sin xdx x +1 x +1 ) 0.25 0.25 Tính d ( x2 +1 ) =ln ( x2 +1 ) x +1 π π 2x I =∫ dx=∫ ❑ ¿ π =ln ( π 2+ ) ¿0 x +1 π Tính I =∫ x sin xdx Đặt ¿ x=u sin xdx=dv ⇒ ¿ du=dx v =−cos x ¿{ ¿ π I =− x cos xalignl ¿ π +∫ cos xdx=π +sin xalignl ¿ π =π ¿0 ¿0 Vậy I =ln( π +1)+ π Câu (1 điểm) 0.25 ud =(2 ; ; 1) Ta có Vtcp đường thẳng d: ⃗ n(P )=⃗ u(d) =(2 ; ; 1) Vì đường thẳng d ⊥( P)⇒ ⃗ Phương trình mặt phẳng (P): 2x +3y+z=0 Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) là 0.25 0.25 (¿ P) |4 +9 −1| 12 A / ¿= = √ 4+9+1 √ 13 d¿ Câu (1 điểm) 0.25 Câu 6.1 Số phần tử không gian mẫu là: n(Ω)=C 215 C 212 Gọi A là biến cố: “ giáo viên chọn có nam và nữ’’ 7 n( A)=C C +C C +C C C C n( A) 197 =¿ P(A) = 495 n(Ω) 0.25 0.25 Câu 6.2 1+cos x − √ sin x=2 Phương trình ⇔ π ⇔ cos x − √ sin2 x= ⇔ cos (2 x+ )= ⇔ 2 x=kπ ¿ π x=− +kπ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔ cos x − √ sin2 x=1 0.25 0.25 Câu (1 điểm) Ta có hình chiếu SC trên mặt phẳng đáy là AC góc SCA là góc SC và mặt phẳng đáy ⇒ SA=AC tan α =a 0.25 Ta có SABCD AB.AD 2a 0.25 2a3 VS ABCD  SA.SABCD  (dvtt) 3 Do đó: Ta có d(D,(SBM)=d(C,(SBM)= d(A,(SBM)) 0.25 Dựng AN  BM ( N thuộc BM) và AH  SN (H thuộc SN) Ta có: BM  AN, BM  SA suy ra: BM  AH Và AH  BM, AH  SN suy ra: AH  (SBM) Do đó d(A,(SBM))=AH Ta có: S ABM S ABCD  2S ADM a ; S ABM 2a 4a  AN BM a  AN   BM 17 0.25 1 4a    AH  2 AN SA 33 Trong tam giác vuông SAN có: AH 2a d(D,  SBM   33 Suy Câu ( điểm) A H B K M C D Gọi M là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao   điểm BC và AD, E là giao điểm BH và AC Ta kí hiệu nd , ud là vtpt, vtcp đường thẳng d Do M là giao điểm AM và BC nên tọa độ M là nghiệm hệ phương trình: 0.25  x   x  y  0   M  ;       2 3 x  y  0  y     nAD uBC  1;1 AD vuông góc với BC nên , mà AD qua điểm D suy 0.25 AD :1 x   y  0  x  y  0     phương trình Do A là giao điểm AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm hệ phương trình 3 x  y  0  x 1   A  1;1   x  y  0  y 1 Tọa độ điểm K là nghiệm hệ phương trình:  x  y  0    x  y  0  x 3  K  3;  1   y      Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK KCE , mà KCE BDA (nội tiếp chắn H  2;  AB   BHK BDK 0.25 cung ) Suy , K là trung điểm HD nên (Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ 0.25 điểm) Do B thuộc BC  B  t; t   , kết hợp với M là trung điểm BC suy C   t;3  t    HB(t  2; t  8); AC (6  t ;  t ) Do H là trực tâm tam giác ABC nên    t 2 HB AC 0   t     t    t     t  0   t    14  2t  0    t 7 t 3  t 2  B  2;   , C  5;1 Do Ta⃗ có ⃗ ⃗ ⃗ AB  1;  3 , AC  4;0   nAB  3;1 , nAC  0;1 Câu (1 điểm) 0.25 Suy AB : x  y  0; AC : y  0 Phương trình (1) ⇔ x +3 x=− y +6 y −15 y +14 3 ⇔ x +3 x=( 2− y ) +3 ( 2− y ) Xét hàm số: f (t)=t +3 t liên tục trên R Ta có f ' (t)=3 t 2+ 3>0 với ( ∀ t ∈ R ) ⇒ hàm số đồng biến trên R pt : f ( x)=f ( 2− y) ⇔ x=2 − y ⇔ y =2− x 0.25 Thế y = 2-x vào phương trình (2) ta 27 x 3+2 x 2+ 20 x + 4=4 √3 1+ x ⇔ ( x+1 )3 + 4(3 x +1)=x+ 1+ √3 x+ Xét hàm số: g(t)=t3 + t liên tục trên R ⇒ hàm số đồng biến trên R Ta có g '(t)=3 t2 + 4>0 Suy ra: g(3 x+ 1)=g ( √ x+1) ⇔3 x+1=√3 x +1 ⇔ 27 x +27 x 2+ x +1=x +1 025 ⇔ 27 x +27 x 2+ x=0 ⇔ x=0 ⇒ y=2 ¿ 27 x +27 x +8=0(vn) ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 0.25 0.25 0.25 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(0;2) Câu 10 Vì  x  y z nên ( điểm) x( x  y )( y  z ) 0  ( x  xy )( y  z ) 0  x y  x z  xy  xyz 0  x y  xyz  x z  xy xy  yz  zx  xyz  x z  xy   yz  xyz  x y  xyz   yz  xyz  y  x  z  0.25 Theo bất đẳng thức Cô si ta có: y  x2  z2   y ( x  z )( x  z )  x2  y2  z2   y2  (x2  z )  (x2  z )     2   3     Do đó 2 P xy  yz  zx x  xyz   y2  z2   x2  y  z   x  y  z  2      3   2   x2  y  z  t   (t  0) P  f (t ) 2t  t   Đặt Ta có f '(t ) 6t  6t 6t (1  t ) 0  t 1 Lập bảng biến thiên hàm f (t ) 1 f (t )  f (1) 2    P  2 suy 1 P Max P  x  y z 1 Vậy giá trị lớn cần tìm là Ta thấy x  y z 1 0.25 0.25