DA De thi thu THPTQG 2016 De 2

tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng P... a 0,5 điểm Giải phương trình: cos 2x Phương trình đã cho tương đương với:..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT THANH BÌNH Câu (1,0đ) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 LẦN Môn: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang) Điểm Nội dung x3 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C): y 3x  Tập xác định: D  R  Sự biến thiên: x  x  0,25 - Chiều biến thiên: y '  x  x; y '    - Các khoảng đồng biến: (;0) và (2; ) ; khoảng nghịch biến (0; 2) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  0, yCÑ  ; đạt cực tiểu x  2, yCÑ  4 - Giới hạn vô cực: lim y  ; 0,25 lim y   x  x  - Bảng biến thiên: x - + y' - + + y 0,25 + -4 - - Đồ thị: 0,25 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f (x ) f '( x)  (1,0đ) x trên đoạn 1; x 0,25  x2 Xét trên đoạn 1; ta có f '( x)   x  0,25 f (1)  5; f (0)  2; f ( 5)  0,25 Vậy max f ( x)  f ( 5)  3; f ( x)  f (0)  [ 1; 5] (1,0đ) 0,25 [ 1; 5] a) (0,5 điểm) Giải phương trình: log2 x log (x 1) log2(x 1) Điều kiện: x > Phương trình đã cho tương đương với: log2 x 1 log2 [x(x 1)]=1 0,25 x2 x x x Vậy phương trình có nghiệm là x = 2(l ) i)z b) (0,5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn: (1 (3 4i)(1 0,25 2i) Tìm phần thực, phần ảo, môđun và số phức liên hợp số phức z 13  i 2 13 z  i 2 13 Phần thực z là , phần ảo z là  2 i)z (1 2i)  z  4i)(1 (3 0,25 0,25 13 10    13  Môđun z là z        ; số phức liên hợp là:  z   i 2 2   (1,0đ) e2 Tính tích phân: I ln x dx x2 x 1 e2 I x 1 e2 I1 x2 xdx e2 I2 Vậy I (1,0đ) e e2 xdx 1 e4 0,25 0,25 ln xd (ln x ) I2 ln x dx x e2 ln x dx x I1 e2 ln x dx x2 e ln2 x e2 0,25 0,25 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M (0;1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x 2y 2z Lập phương trình đường thẳng qua điểm M và vuông góc với (P) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc điểm M trên mặt phẳng (P) (P ) nên VTCP Do là u  (1; 2; 2) 0,25 x  t   :  y   2t  z  2  2t  0,25 Gọi H(x ;y ;z) Xét phương trình : t  2(1  2t )  2(2  2t )    9t  11   t  0,25 11  11 31  ; ;   9 9 Vậy H  (1,0đ) a) (0,5 điểm) Giải phương trình: cos 2x Phương trình đã cho tương đương với: 0,25 sin x sin2 x sin x 0,25 sin x (sin x 1) 0,25 Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: x  k ; x    k 2 , (k  Z ) 0,25 b) (0,5 điểm) Một tổ có 12 học sinh gồm nam và nữ Chọn nhóm lao động gồm học sinh Tính xác suất để có ít học sinh nữ chọn Số phần tử không gian mẫu là:   C126 Gọi A là biến cố “Có ít học sinh nữ chọn” , suy A là biến cố “không có học sinh nữ nào chọn” P ( A)  (1,0đ) C86 32 Vậy P ( A)   P ( A)  33 C12 0,25 0,25 Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy a , biết góc mặt bên và mặt đáy 30o Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD, tính khoảng cách hai đường thẳng CD và SB Gọi M là trung điểm AB ; O là giao điểm AC và BD S Do S.ABCD là hình chóp nên SMO  300 0,25 SO a tan 30   SO  OM  OM SABCD = a2 D C 300 A B M 0,25 Do CD // AB nên CD // (SAB) suy d(CD, SB) = d(CD, (SAB)) = 2.d(O, (SAB)) Gọi H là hình chiếu vuông góc O lên SM, suy OH vuông góc với (SAB) hay d(CD, AB) = 2.OH O H VS ABCD 1 a a3  SO.S ABCD  a  3 18 Xét các tam giác SOM vuông O, ta có: sin 30  OH a  OH  OM  OM 0,25 a Vậy: d (CD,SB)  2OH  (1,0đ) 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có phương trình: (x 4)2 3)2 (y 5, BC , đỉnh A có hoành độ nguyên và thuộc Tìm tọa độ trực tâm H tam giác ABC, biết H thuộc :x y :x 2y 0 Từ giả thiết, tọa độ đỉnh A là nghiệm hệ phương trình: ( x  4)2  ( y  3)2   x    A(3; 1)  y   x  y     A H 0,25 Vì IM  BC và AH  BC suy AH // IM và I, M là trung điểm AD và HD (AD là đường kính) nên IM là đường I 0,25 trung bình tam giác AHD Do đó, AH  2.IM B M C Gọi M là trung điểm BC, ta có IM  D R  BM  Suy AH  2.IM  H thuộc   H (t; t ) ; AH  (t  3)2  (t  1)2  t  t  4t     t  3 0,25 Vậy H (1; 1); H (3; 3) (1,0đ) Giải bất phương trình: x x x x x 0,25 2  x  2  x   Điều kiện:  x  1   x  1  x   x   x x x x x x 0,25 x 2 2 32 x x x 2 0,25 x x x x x x x 2 x x x Với x = -2 bất phương trình trở thành:  2 (đúng) Với x = bất phương trình trở thành:   (đúng) Do đó xét f ( x)  f / ( x)  4 x trên (2;4) \{ 1} x  1 x  3  x2   x2   x2  4 x  ( x   1)    x   x  1   x      x  1  x  1 2 0,25 x24 x x2   4 x x2 x2 34  x  4 x x2 6 x2    x  1 6 x2 4 x x2  0, x  (2; 4) \{  1} Do đó f(x) là hàm số đồng biến trên các khoảng [  2; 1) và (1; 4] Với f (1)  , ta có bảng biến thiên hàm số f(x) sau: x + + f '(x) f(x) -1 -2 0,25 + 3+2 3+ - Vậy tập nghiệm bất phương trình là: S  [  2; 1) [1;4] 10 (1,0đ) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x biểu thức: P (x2 xy y )(y2 yz z )(z2 zx y z Tìm giá trị lớn x 2) Không tính tổng quát, ta giả sử  x  y  z  2   x( x  y )   x  xy  y  y  Suy  2   x( x  z )   x  xz  z  z 0,25 Do đó: P y 2z (y2 yz z 2) y 2z (y z )2 3yz Ta có: y  z  x  y  z , suy y  z   yz  y  z    yz  Suy ra: P y 2z Đặt: t  yz với  t  3yz 9(yz )2 3(yz )3 0,25 Khi đó: P  9t  3t  9   Xét hàm số: f (t )  9t  3t trên đoạn  0;   9 Lập bảng biến thiên hàm số f(t) trên đoạn  0;  ta f (t )  12  P  12  4 Vậy giá trị lớn P 12 đạt ( ( x; y; z)  (0;1;2) và các hoán vị ( x; y; z ) Hết 0,25 0,25