De dap an de thi minh hoa 2016 nguon fb

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A1;4, tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc ADB có phương trình: x  y  2 [r]

TRƯỜNG QUANG ĐỀ THI MINH HỌA – KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: Toán Thời gian làm bài:180 phút Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  2x  x2 Câu (1,0 điểm) Tìm m để hàm số y  x   m  1 x  m  đạt cực đại x  1 Câu (1,0 điểm) 2 a) Giải phương trình 2sin x  sin xcosx  cos x  b) Một nhóm học sinh gồm nam và nữ Chọn ngẫu nhiên học sinh trực nhật Tính xác suất để chọn học sinh có nam và nữ Câu (1,0 điểm) x a) Giải bất phương trình log 22 x  log  b) Cho số phức z thỏa mãn z  3z   4i Tìm mô đun số phức   z 10 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x   x   ln x dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y + 2z = và hai đường thẳng d: x 1 y  z x 1 y 1 z 1 , d’:     Viết phương trình đường thẳng  2 1 nằm mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng d và cắt đường thẳng d’ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD  3a Hình chiếu vuông góc H đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm đoạn AB Gọi K là trung điểm đoạn AD Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng HK và SD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;4), tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D, đường phân giác góc ADB có phương trình: x  y   Điểm M  4;1  AC Viết phương trình đưởng thẳng AB Câu (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau:  x y xy x  y   xy    2x x y  x y  2  x  y  xy  y xy Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  Tìm Giá trị nhỏ biểu thức: 2  cb  c      ab  b  P  2   8ln  c a  c 2b4  1  3 2   2 a a b b b b c b    HẾT TRƯỜNG QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI MINH HỌA – KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: Toán Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  Solve: + TXĐ: D  2x  x2 \ 2 + Sự biến thiên - Chiều biến thiên: y    x  2  x  D - Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 2 và  2;   - Hàm số đã cho không có cực trị - Tiệm cận lim y   TCN : y  x lim y   ; lim y    x  2: TCÑ x2 x 2  Bảng biến thiên x -∞ - y' y +∞ +∞ - -∞  Đồ thị Câu (1,0 điểm) Tìm m để hàm số y  x   m  1 x  m  đạt cực đại x  1 Solve: + TXĐ: R y '  3x   m  1 HS đạt cực đại x  1  y '  1    m  Thử lại: m = (thỏa mãn) KL Câu (1,0 điểm) 2 a) Giải phương trình 2sin x  sin xcosx  cos x  b) Một nhóm học sinh gồm nam và nữ Chọn ngẫu nhiên học sinh trực nhật Tính xác suất để chọn học sinh có nam và nữ Solve: 2 a) 2sin x  sin xcosx  cos x  s inx  1 + Pt  sin x  sin xcosx=0   s inx  3cosx =   1  x  k  k      tan x  3x   k b) n    C123  220 + Gọi A là biến cố chọn HS có nam và nữ n  A  C71C52  C72C51  175 + Xác suất P  A   n  A  35  n    44 Câu (1,0 điểm) x a) Giải bất phương trình log 22 x  log   2i  b) Tìm số phức z thỏa mãn 1  i  z  3iz     i 1 Solve: a +) Điều kiện bất phương trình (1) là: x  (*) +) Với điều kiện (*), (1)  log 22 x  log x  log   log 22 x  log x    (log x  2)(log x  1)   x4  log x    0  x  log x      1 +) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm bất phương trình (1) là S   0;    4;    2 b 2i 1  i  z  3iz     1  i  z  3iz  2i  i 1 Giả sử z  a  bi  a,b   PT trở thành: 1  i  a  bi   3i  a  bi   2i  a  2b   4a  b   i   a    a  2b    4a  b   b   Vậy z    i 7 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x   x   ln x dx Solve: I x   2 1 x   ln x dx   x x  1dx   x ln xdx  J  K Tính J: Đặt t  x  Tính J  16 15 u  ln x Tính được: K  ln  dv  xdx Tính K: Đặt  Suy I  ln  19 60 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y + 2z = và hai đường thẳng d: x 1 y  z x 1 y 1 z 1 , d’:   Viết phương trình đường thẳng    2 1 nằm mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng d và cắt đường thẳng d’ Solve: + mp (P) có VTPT n P   2; 1;  , đường thẳng d có VTCP u d  1;3;   x   2t  PTTS d’:  y   t z  t  + Đường thẳng  nằm mp(P), vuông góc với đường thẳng d nên chọn VTCP  là u    n P , u d    8; 2;7  + Gọi A  d '  P   A 1  2t;2  t; t  + Vì A   P  nên t =  A 1;2;0   nằm mp(P) và cắt d’ nên  qua A  x   8t  + Vậy PT đường thẳng  là:  y   2t z  7t  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD  3a Hình chiếu vuông góc H đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm đoạn AB Gọi K là trung điểm đoạn AD Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng HK và SD Solve: S F C B E H O A D K +Từ giả thiết ta có SH là đường cao hình chóp S.ABCD và 3a a )  ( )  a2  a 2 1 a3 +Diện tích hình vuông ABCD là a , VS ABCD  SH S ABCD  a.a  3 SH  SD2  HD2  SD  ( AH  AD2 )  ( +Từ giả thiết ta có HK / / BD  HK / /( SBD) +Do vậy: d ( HK , SD )  d ( H ,( SBD )) (1) +Gọi E là hình chiếu vuông góc H lên BD, F là hình chiếu vuông góc H lên SE +Ta có BD  SH , BD  HE  BD  ( SHE )  BD  HF mà HF  SE nên suy HF  ( SBD)  HF  d ( H , ( SBD)) (2) a +) HE  HB.sin HBE  sin 450  a +) Xét tam giác vuông SHE có: a a  (3) a 2 ( )  a2 a +) Từ (1), (2), (3) ta có d ( HK , SD)  SH HE HF SE  SH HE  HF   SE a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;4), tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D, đường phân giác góc ADB có phương trình: x  y   Điểm M  4;1  AC Viết phương trình đưởng thẳng AB Solve: + Gọi AI là phân giác BAC  AID  ABD  BAI + Ta có:   IAD  CAD  IAC  BAI  IAC Mặt khác ta lại có:   ABC  CAD + Từ đây ta suy ra: AID  IAD  AID cân tạ D + Gọi E = giao điểm phân giác ADB với AB, đó DE vuông góc với AI + Suy ra:  AI  : x  y   + Gọi M’ là điểm đối xứng M qua AI Vì M thuộc AC nên M’ thuộc AB=> M’(4;9) + Sau tất ta có:  AB  : 5x  y   Câu (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau:  x y xy    x y  x y  2  x  y  xy  y xy x  y   xy 2x Solve: x  y  ĐK:  Pt thứ tương đương với:  x  y  xy  x  y  xy     x  y  xy  + Từ đây suy pt (1) trở thành: x y    x  y  xy x y xy   x y x y  x y  xy  x y  x  y  1 x y  x  y  1  x  y  xy  x  y    x  y   x  y  * 1 + Áp dụng bđt Bunhiacopki ta có: 2 VT *   x  y   xy   x  y   1   x  y     x  y   VP * + Dấu “=” và x2  y  xy + Sau tất … nghiệm hệ pt đã cho là nghiệm hệ sau:  2 x   x  y  xy     x  y  xy y  2  Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  Tìm Giá trị nhỏ biểu thức: 2   cb  c  ab  b   ln  c a  c 2b   3 P  2 4 2   a  a b  b b  b c  b           Solve: + Áp dụng bđt:   x  y b a  b 2  x y      Ta được: 2 c b  c 2  2  2  ln c a  c b   3    a  a 2b  b b  b 2c  c  4 a b    ln  c a  c 2b  1  3  2 2  a a b b b b c c  P     c b    ln     2   2 2  b2  b2  c  c   b a  1    1    a a  b b   b x     a + Khi đó ta đặt:  c  y     b  1 2 P   ln  x  y  1  3 2  1 x  x 1 y  y  1 + Mặt khác ta lại có bổ đề sau: 1   2 1 x  x 1 y  y  x  y  1  + Ta chứng minh bổ đề này, ta có bđt (*) tương đương với: x  x   y  y   x  y  1  3   x  x  1 y  y  1   2   x  y   x  y   3x  y  xy    LuonDung     * Sau tất bđt (*) đã chứng minh :3 + Áp dụng bổ đề trên ta có: P 2  ln  x  y  1 3  đặt t   x  y  1    x  y  1 3 Xét hàm số : f  t    ln t , t  t 8 f  t  '   ; f  t  '   t  12 t 3t + Lập bảng biến thiên ta suy ra: P  f 12   a  b  c 1 4  ln12 và dấu xảy và 3 ****) SAU TÁT CẢ , MÌNH HI VỌNG CÁC BẠN SẼ RÚT RA ĐƯỢC NHIỀU KINH NGHIỆM HƠN, ĐỂ CHUẨN BỊ TỐT NHẤT CÓ KÌ THI SẮP TỚI ĐĂKMIL NGÀY 07/04/2016 TRƯỜNG QUANG