SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN hàm số y om Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y  x  3x  (C) x2 đoạn  2;  x 1 a) Tìm môđun số phức z biết z  z   7i b) Giải phương trình: x  3.3x     Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x  x  x dx oc c Câu 3.(1,0 điểm) iH Câu 5.(1 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y 1 z   Viết 1 phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng  , vuông góc với mặt phẳng (Oxy) viết phương trình đường thẳng  ' hình chiếu vuông góc  lên mặt phẳng (Oxy) Câu 6.(1 điểm) hu Da a) Giải phương trình: cos x.cos x  sin x  cos x b) Trong hộp kín đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi, tìm xác suất để viên bi lấy đủ ba màu Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC cạnh 4a; M, N trung điểm cạnh SB BC Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN) 8  hiT Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho ABC có trọng tâm G  ;  có đường tròn 3  ngoại tiếp  C  tâm I Điểm M  0;1 , N  4;1 điểm đối xứng I qua đường thẳng AB, AC Đường thẳng BC qua điểm K  2; 1 Viết phương trình đường tròn  C  De T 2 y   y   x3   x  Câu 9.(1 điểm) Giải hệ phương trình:    y   y  12    x  y  x   x  y  Câu 10.(1 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm GTNN biểu thức: P 25a 2a  7b  16ab  25b 2b  7c  16bc  c2 3  a  a Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: SBD: Chữ kí giám thị 1: .Chữ kí giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn thi: TOÁN (Đáp án bao gồm trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 Đáp án Nội dung Điểm om Câu Tập xác định: D = R +Giới hạn: lim y   , lim y   x 0,25 x x  x  BBT: x  y + y 0  - oc c + Ta có y  3x  x; y    + 0,25   iH +Hàm số đồng biến khoảng  ;0   2;  hu Da +Hàm số nghịch biến khoảng  0;2  + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: xcđ = 0, ycđ = y(0) = Hàm số đạt cực tiểu xct = 2, yct = y(2) = -3 + Đồ thị 0,25 0,25 10 -2 -4 -6 + Ta thấy hàm số cho xác định liên tục  2;  De T -5 hiT -10 y' x2  2x x   y'   x  0,25  x  1 +Trên  2;  y' = có nghiệm x = +Ta có y    4; y    0,25 16 0,25 +Max y = 16 x = 0,25 +Min y = x = 3a +Gọi z  a  bi , , a, b  R 0,25 (1  i) z  (2  i ) z   2i  (1  i )(a  bi )  (2  i)(a  bi )   2i 3b +Đặt: 3x  t , om 3a  2b  a   3a  2b  bi   2i     b  b  2 +Vậy z   2i 0,25 t0 0,25 t  t  +Với t=1: 3x   x  +Với t=2: 3x   x  log 2   I   x  x  x dx   x dx   x  x dx I1   x dx  x3  0 iH hu Da I   x  x dx oc c có: t  3t     0,25 0,5 Đặt t   x  x   t  xdx  tdt Đổi cận: x   t  1; x   t   t3 t5   I    1  t  t dt    t  t dt        15 0 15 hiT Vậy I  I1  I  0,5  +Đường thẳng  có vectơ phương u  1; 2; 1 , qua M(1;-1;0); mặt phẳng  (Oxy) có vectơ pháp tuyến k   0;0;1 0,25 +Vậy (P) có phương trình 2( x  1)  ( y  1)  hay 2x – y – = 0.25 De T    +Suy (P) có vectơ pháp tuyến n  [u , k ]   2; 1;  qua M (Oxy) có phương trình z =  ' giao tuyến (P) (Oxy) 2x  y   z  +Xét hệ  x  t  +Đặt x = t hệ trở thành  y  3  2t z   0,25 0.25 x  t  +Vậy  ' có phương trình  y  3  2t z   6a PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25  1- 2sin x + sinx =  6b 0,25 om  sinx = v sin x    7  x   k 2 ; x    k 2 ; x   k 2 , ( k  Z ) 6 Số cách lấy viên bi C144  1001 cách oc c Ta đếm số cách lấy viên bi có đủ màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 C51 C 72 cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 C 52 C 71 cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 C51 C 71 cách Vậy số cách lấy viên bi có đủ màu C 21 C 51 C 72 + C 21 C 52 C 71 + C 22 C 51 C 71 = 385 cách 0,25 0,25 1001  385 616   Xác suất lấy viên bi không đủ màu P  1001 1001 13 +Ta có: iH AN  AB  BN  2a S Diện tích tam giác ABC là: BC AN  4a hu Da S ABC  Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 VS ABC  S ABC SA  4a 3.8a 3 0,25 M C A H N 0,25 B hiT 32a 3  (đvtt) +Ta có: De T VB AMN BA BM BN   VS ABC BA BS BC 0,25 8a 3 VB AMN  VS ABC  2 +Mặt khác, SB  SC  5a  MN  SC  5a ; AM  SB  5a +Gọi H trung điểm AN MH  AN ,  MH  AM  AH  a 17 +Diện tích tam giác AMN S AMN 1  AN MH  2a 3.a 17  a 51 2 +Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: 0,25 d ( B, ( AMN ))  3VB AMN 8a 3 8a 8a 17    S AMN 17 a 51 17 oc c om 0,25 iH +Gọi H,E trung điểm MN,BC suy H  2;1 Từ GT suy IAMB, IANC hình thoi Suy AMN,IBV tam giác cân hu Da + Suy AH  MN , IE  BC , AHEI hình bình hành + Suy G trọng tâm HEI  HG cắt IE F trung điểm IE 0,25 + Vì BC / / MN , K  2; 1  BC   BC  : y    8   H  2;1 , G  ;0     F  3;   + Từ    2     HF  HG  0,25 + Từ EF  BC   EF  : x   E  3; 1 0,25 + Vì F trung điểm IE nên I  3;0   R  hiT + Từ ta có:  C  :  x  3  y  phương trình đường tròn cần tìm  y  2 0,25 + Đk:  x  y + Từ pt thứ ta có: De T  y   y  12    x  y   x2   y   y   y  12     x2   y       x  y  x   x  y    y   y  12   2y   y    x x2   x2  y  y   y    y  2 2 x   x  y   y2 0 x    x  y   0 0.25 + Thay vào pt ta được: y   y   x3   x  0,25  y2  y2  x 4  x  y2  3 4  y2  x 4  x + Xét hàm số: ft   t  t  t  R Ta có:  Kl: Nghiệm hệ là:  x; y    4; 2 0,25  + Ta có:  a  b    2ab  a  b Nên ta có: oc c 10 y2  x 3 om 3t  0,   t  R   f y   f  x     t 4  y    x    + Vậy ta có:  TM   y   x  y  2 f t  '   2a  7b  16ab  2a  7b  2ab  14ab  3a  8b  14ab  4a  6b  2a  3b + Vậy ta có: 25a 2 2  2a  7b  16ab 25b + Tương tự ta có: 25a 1 2a  3b 2b  7c  16bc + Mặt khác theo Cauchy  shwarz Ta có:  0,5  2 3c 25c  2  2c  c     a  a c  3a  2c hu Da + Từ (1),(2),(3) ta có: 25b 2b  3c iH   a  4b  3a  2b   3  a2  a  b  c   c  2c  b2 c2  P  25      c  2c  25 5a  b  c  2a  3b 2b  3c 2c  3a    a  b  c   c  2c 0.25 + Mà a  b  c  theo giả thiết nên ta có: P  c  2c  15   c  1  14  14 hiT Vậy GTNN P  14 Dấu "  " xảy a  b  c  0.25  Chú ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết xác đến ý cho điểm tối đa ý đó; cho điểm đến phần học sinh làm từ De T xuống phần làm sau không cho điểm