SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy ABCD, SC tạo với mặt đáy một góc 600.. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt phẳng SBC, SCD.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN IV NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 09/ 5/ 2016 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x − x + TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ: TOÁN – TIN Câu (1,0 điểm) Tìm tất các giá trị tham số m để hàm số f ( x ) = x3 − 3mx + ( m −1) x + m đạt cực đại x =1 Câu (1,0 điểm) a Cho số phức z thỏa mãn (1 − i ) z + 2iz = − + 3i Tìm môđun số phức w = z + z b Giải bất phương trình log ( x +1) + log Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫0 ( x −1) ( x −1) ≤ 2 x +1 dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đườ ng th ẳ ng d1 : x −1 y − z − = = x − y +1 z + Ch ứ ng minh hai đườ ng th ẳ ng d1 và d chéo Vi ế t ph ươ ng = = −2 trình mặ t ph ẳ ng ( P) ch ứ a đườ ng th ẳ ng d1 và song song v i đườ ng th ẳ ng d Câu (1,0 điểm) a Giải phương trình sin x − 2cos x = sin x − cos x và d : n b Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niu – tơn x − với x > , biết x n là số nguyên dương thỏa mãn An3+ − 6Cn3+1 = 294 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a Tam giác SAB cân S và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD), SC tạo với mặt đáy góc 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc hai mặt phẳng (SBC), (SCD) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A Gọi D là điểm 1 3 trên cạnh AB cho AB = AD , H là hình chiếu vuông góc B trên CD, M ; − là trung 2 2 điểm đoạn thẳng CH Viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm A ( −1;3) và điểm B nằm trên đường thẳng ( ∆ ) : x + y + = Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình trên tập số thực x + x − xy + y = y − y + xy − x 2 + y − x +1 = x − x + x − y − x +1 Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = với x = max{x, y, z} đồng thời y + z ≠ Tìm giá trị nhỏ biểu thức T = 6x2 y2 z + + 2 x + z y + z 2x + y3 - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: (2) ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN IV NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN Câu Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x − x + • TXĐ: D = ℝ Điểm (1,0 điểm) 0,25 • Sự biến thiên *) Giới hạn và tiện cận lim y = ±∞ , suy đồ thị hàm số khôngcó tiệm cận x →±∞ *) Bảng biến thiên y′ = x − x , y′ = ⇔ x − x = ⇔ x = 0, x = x −∞ +∞ y′ + - + 0,5 y +∞ −∞ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 0; ) (1,0 điểm) Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;0 ) , ( 2; +∞ ) Hàm số đạt cực đạt cực đại x = 0; yCD = Hàm số đạt cực đạt cực tiểu x = 2; yCT = • Đồ thị 0,25 -2 Tìm tất các giá trị tham số m … (1,0 điểm) • • • f ′ ( x ) = x − 6mx + ( m −1) ; Hàm số f ( x ) đạt cực đại x = ⇒ f ′ (1) =1 2 m = ⇔ 3m − 6m = ⇔ m = Với m = : f ′ ( x ) = x − Lập BBT hàm số f ( x ) ta thấy hàm số f ( x ) đạt cực tiểu x = nên m = không thỏa mãn (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 (3) • Với m = : f ′ ( x ) = 3x −12 x + Lập BBT hàm số f ( x ) ta thấy hàm số f ( x ) đạt cực đại x =1 nên m = 0,25 thỏa mãn Vậy m = a Tìm modun … • Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ) Thay vào giả thiết, ta (1,0 điểm) (1,0 điểm) (1 − i )( x − yi ) + 2i ( x + yi ) = −5 + 3i ⇔ x − y + ( x − y )i = −5 + 3i x − y = −5 x = ⇔ ⇔ ⇒ z = + 4i x − y = y = • Khi đó w = z + z = 40 + 60i ⇒ w = 402 + 602 = 20 13 (0,5 điểm) 0,25 0,25 b Giải bất phương trình … (0,5 điểm) 1 • ĐK: x > (*) Đưa BPT: log ( x + 1)( x −1) ≤1 (do với x > ⇒ x + > ) 0,25 2 • ⇔ x + x − ≤ ⇔ − ≤ x ≤ Kết hợp với ĐK (*) ta < x ≤ 0,25 2 Tính tích phân … (1,0 điểm) 1 1 2x 2x • Đưa tích phân I = ∫ 1 − dx = ∫ dx − ∫ dx 0,25 0 x +1 x +1 • Tính I1 = ∫ dx = x =1 0,25 1 d ( x + 1) 2x • Tính I = ∫ dx = ∫ = ln ( x + 1) = ln x +1 0 x +1 • Suy I =1 − ln Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz … • Đường thẳng d1 qua điểm A (1;7;3) và có VTCP u1 = (2;1; 4) Đường thẳng d qua điểm B ( 3; −1; −2 ) và có VTCP u2 = (6; −2; −1) 0,25 0,25 (1,0 điểm) 0, 25 Ta có AB ( 2; − 8; −5 ) (1,0 điểm) • đường thẳng đó chéo • (1,0 điểm) Tính u1 , u2 = ( 9; 22; − 1) ⇒ u1 , u2 AB = −108 ≠ Từ đó suy hai n ⊥ u1 Gọi n là VTPT (P), từ giả thiết ta có ⇒ chọn n = u1 , u2 n ⊥ u Mp(P) qua điểm A (1;7;3) và có VTPT n nên có phương trình x + 22 y − 10 z − 133 = a Giải phương trình • • • 0, (0,5 điểm) Đưa phương trình ( sin x − cos x )( 2cos x −1) = 0,25 π π sin x − cos x = ⇔ sin x − = ⇔ x = + kπ 4 π 2cos x −1 = ⇔ cosx = ⇔ x = ± + k 2π 0, 25 b Tìm số hạng không chứa x • 0, 25 Từ giả thiết An3+3 − 6Cn3+1 = 294 (0,5 điểm) 0,25 (4) ⇔ (n + 1)(n + 2)(n + 3) − (n − 1)n(n + 1) = 294 ⇔ (n + 1)2 = 49 ⇒ n = 12 − k k k • Với n = ⇒ x − = ∑ C6 (−2) x x k =0 0,25 Số hạng không chứa x ứng với k = là a0 = C46 ( −2)4 = 240 Cho hình chóp S.ABCD • (1,0 điểm) Tính VS ABCD = SH S ABCD Với H là trung điểm AB, ta có SH ⊥ ( ABCD ) và góc SC với mặt đáy (ABCD) là góc SCH • Ta có : HC = HB + BC = 3a D A 0,5 H SH = HC.tan SCH E B C 3a 3a tan 600 = 2 • S ABCD = AB.AD = a 2 = (1,0 điểm) a3 ⇒VS ABCD = SH.S ABCD = • Gọi E là trung điểm CD Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho 3a a H ( 0;0;0 ) , B ;0;0 , E 0; a 2; , S 0; 0; 2 a 2 ( ) a a Ta có C ; a 2;0 , D − ; a 2;0 ⇒ SB = ;0; − 2 3a a a 3a 3a SC = ;a 2; − , SD = − ;a 2; − 2 3a a 2 SB, SC = ;0; ⇒ VTPT mp(SBC) chọn n1 = 3;0;1 2 ( ( Tương tự VTPT mp(SCD) là n2 = 0;3 3; 2 • ) ) Gọi góc hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) là ϕ , ta có: cos ϕ = 0,25 n1.n2 n1 n2 = 2 10 10 = ⇒ ϕ = arccos 35 35 28 35 Viết phwng trình đường thẳng … 0,25 (1, điểm) (5) (1,0 điểm) Chứng minh MA ⊥ MB A D H 0, 25 M C B • 3 9 AM ; − , đường thẳng BM qua M và nhận AM làm vtpt nên có phương 2 2 trình x − y − = ; B = ∆ ∩ BM ⇒ B ( − 4; − 3) • Giả sử D ( a; b ) , ta có AB ( − 3; − ) , AD ( a + 1; b − 3) 3 ( a + 1) = − a = − AB = AD ⇔ ⇔ ⇒ D ( − 2;1) 3 ( b − 3) = − b =1 5 MD − ; là vtcp CD nên CD nhận n (1;1) làm vtpt CD qua D nên có 2 phương trình x + y + = BH qua B và vuông góc với CD nên có phương trình x − y + = 0, 25 0,25 H = BH ∩ CD ⇒ H ( −1;0 ) • (1,0 điểm) M là trung điểm CH nên C ( 2; − 3) Từ đó suy phương trình BC là y + = Giải hệ phương trình … • ĐKXĐ: x > 0, y ≥ 1, y − x + > Với ĐKXĐ ta có ( ) ( (1) ⇔ x − y + ( x + y ) + x − xy − x − ⇔ ( x + y )( x − y + 1) + ) xy + y − y = x( x − y + 1) y ( x − y + 1) − =0 x + xy − x y + xy + y x y ⇔ ( x − y + 1) x + y + − x + xy − x y + xy + y • 0, 25 (1, điểm) 0, 25 = ⇔ x − y + = Vì với ĐKXĐ, ta có: x y x y x+ y+ − = x+ +y− >0 x + xy − x y + xy + y x + xy − x y + xy + y Thay vào (2) ta x − x + Xét hàm f ( x) = x − 2x + 2 = x x2 − x + − x − x + 2, x > − x − x + (*) 0, 25 0, 25 (6) Ta có f ′( x) = • (1 − x)( x − x + 4) ( x − x + 2)3 , x > ta có x Xét g ( x) = x − x + g ′( x) = 2x Từ đó suy Max f ( x) = f (1) = ( x − x −1 x = x x x ( x + x + 1) + x − x + x −1 x + = ( x − 1) x x x x ) 0, 25 nên Min g ( x ) = g (1) = Do đó ta có VT (*) ≥ VP(*), ∀x > , phương trình (*) xảy và x = Khi đó y = Ta đến kết luân hệ có nghiệm ( x ; y ) = (1;2) (1, điêm) Tìm GTLN biểu thức … • Ta có x = max{x, y, z} và x + y + z = nên suy ≤ z ≤ 1,0 ≤ y ≤ 2 x2 y2 x2 + y2 − z2 + ≥ = x + z ≤ x + y + z, y + z ≤ x + y + z ⇒ x + z y2 + z x2 + y2 + z + z − z z z Và x ≤ + x , y ≤ y ⇒ x + y ≤ + x + y = − z ⇒ ≥ 2x + y − z2 2 6( − z2 ) 2 z 2+ z− z − z2 • Để ý − z ≥ + z − z > ⇔ ≥ z và − z > (đúng vì ≤ z ≤ 1) nên 6( − z2 ) z 12 + z − z T≥ + ≥ = f ( z) + z − z2 − z2 − z2 z − 12 z + • Xét hàm f ( z ) với ≤ z ≤ Ta có f ′( z ) = − z2 Suy T ≥ 10 (1,0 điểm) 2 + ( • 0, 25 Lập bảng biến thiên ta đến kết luận f ( z ) ≥ f (1) = ) ∀z ∈ [ 0;1] 7 Với x = z = 1, y = thì T = Vậy Min T = 2 Hết - Nguồn: Thầy Nguyễn Văn Tuấn 0, 25 0, 25 0, 25 (7)