50 de thi thu dai hoc 2016 có đáp án chi tiết

98 362 0
50 de thi thu dai hoc 2016 có đáp án chi tiết

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

50 de thi thu dai hoc 2016 có đáp án chi tiết của các trường trong khu vực phía bắc và phía nam 50 de thi thu dai hoc 2016 có đáp án chi tiết 50 de thi thu dai hoc 2016 có đáp án chi tiết 50 de thi thu dai hoc 2016 có đáp án chi tiết50 de thi thu dai hoc 2016 có đáp án chi tiết 50 de thi thu dai hoc 2016 có đáp án chi tiết

PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  x  x  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Tìm giá trị thực tham số m để phương trình x  x  x  m  có nghiệm nhất: 2 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x  (1  cos x)(sin x  cos x )  b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i ) z   3i  Tìm phần ảo số phức w   zi  z Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình: log3 ( x  1)  log (2 x  1)   x  y  x  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 2  x  y    x  y (x,y   )   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  1  x   e x dx  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy, góc cạnh bên SC đáy 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BD SA Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: x  y   , phương trình đường cao kẻ từ B là: x  y   Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C Viết phương trình cạnh bên tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;-2;1), B(-1;0;3), C(0;2;1) Lập phương trình mặt cầu đường kính AB tìm tọa độ điểm H chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC Câu (0,5 điểm) Một hộp đựng thẻ đánh số 1,2,3, ,9 Rút ngẫu nhiên thẻ nhân số ghi ba thẻ với Tính xác suất để tích nhận số lẻ Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x z   3y z y -Hết PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 1) Câu Đáp án x  y'   x  TXĐ: D   , y /  x  12 x  1.a (1,0 điểm) Hàm số nghịch biến khoảng(-  ;1) (3;+  ), đồng biến khoảng (1;3) lim y  , lim y   x  BBT x  x  + y' –  + y   -1 Đồ thị : qua điểm (3;-1), (1;3), (2;1), (0;-1) Pt : 1.b (1,0 điểm) x  3x  x  m   x3  x  x   2m  (*) 2 Pt (*) pt hoành độ giao điểm (C) đường thẳng d y  2m  (d phương trục Ox) Số nghiệm phương trình số giao điểm (C) d Dựa vào đồ thị (C), để pt có  m   1 m  nghiệm :     2m   m  cos x  (1  cos x)(sin x  cos x )  2.a (0,5 điểm) sin x  cos x   (sin x  cos x)(sin x  cos x  1)    sin x  cos x    sin( x  )     sin( x  )  2.b (0,5 điểm)    x   k     x   k 2   x    k 2   (1  i ) z   3i   z  ( k  )  3i   i => w = – i 1 i Số phức w có phần ảo - ĐK: x > , log3 ( x  1)  log (2 x  1)   log3 [( x  1)(2 x  1)]   x  3x     x2 => tập nghiệm S = (1;2] Điều kiện: x+y  0, x-y  PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134  u  v  (u  v)  u  v  uv  u  x  y     u  v2  ta có hệ:  u  v  (1,0 điểm) Đặt:  v  x  y  uv    uv   2    u  v  uv  (1)    (u  v)  2uv  Thế (1) vào (2) ta có:  uv  (2)   uv  uv   uv   uv  uv   (3  uv )  uv   uv  Kết hợp (1) ta có:   u  4, v  (vì u>v) Từ ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) u  v  KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2) u   x Đặt  2x  dv  (2  e ) dx  du  dx 2x 1  =>  I  (1  x )(2 x  e )  (2  e2 x )dx 2x  2 v  x  e (1,0 điểm) 1 1 = (1  x)(2 x  e x )  ( x  e x ) 0  e2  Gọi H trung điểm AB-Lập luận SH  ( ABC ) -Tính SH  a 15 (1,0 điểm) Tính VS ABC 4a 15  Qua A vẽ đường thẳng  / /BD , gọi E hình chiếu H lên  , K hình chiếu H lên SE Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S,  ))=2d(H, (S,  ))=2HK Tam giác EAH vuông cân E, HE  a 1 31 15 a     HK  2 2 HK SH HE 15a 31  d ( BD, SA)  15 a 31    cos HCB  Gọi H trực tâm  ABC Tìm B(0;-1), cos HBC 10  2 (1,0 điểm) Pt đthẳng HC có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0( n  (a; b) VTPT a  b  ) PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên  cos HCB a b 0984124134 2 2( a  b )  a a  4a  10ab  4b          10 b b a  b  2  a  2, b    ,  a  1, b  2(l ) a    b phương trình CH: -2x + y + = AB  CH Tìm pt AB:x+2y+2=0 Tìm : C ( ;  ) ,pt AC:6x+3y+1=0 3 Tìm tọa độ tâm I mặt cầu I(0;-1;2), bán kính mặt cầu: R  Phương trình mặt cầu (S): x  ( y  1)  ( z  2)2  (1,0 điểm)    Giả sử H(x;y;z), AH  (x  1; y  2; z 1), BC  (1; 2; 2), BH  ( x  1; y; z  3)     AH  BC  AH BC   x  y  z  5    x  y  2 , BH phương BC   y  z  23 Tìm H(  ; ; ) 9 Số phần tử không gian mẫu n(  ) = C 39 = 84 Số cách chọn thẻ có tích số lẻ n(A) = C53 = 10 (0,5 điểm) => Xác suất cần tính P(A) = Ta có 10 x  xz  x, z (1,0 điểm) Từ suy P 10 = 84 42 z  yz  z y x z   y  x  xz  z  yz  y z y  2( x  z )  y( x  y  z )  xz  yz  2( x  z )  y  x( y  z ) Do x  y  z nên x( y  z )  Từ kết hợp với ta P x z   y  2( x  z )  y  2(3  y)  y  ( y  1)   z y Vậy giá trị nhỏ P đạt x=y=z=1 PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3mx  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị A, B cho tam giác OAB vuông O ( với O gốc tọa độ ) sin x   sin x  cos x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình x3  ln x dx x2 52 x1  6.5 x   b) Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để làm trực nhật Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3  đường thẳng d: x  y 1 z    Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua A vng góc với đường thẳng d Tìm tọa 2 độ điểm B thuộc d cho AB  27 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có tam giác ABC vng A , AB  AC  a , I trung điểm SC , hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABC  trung điểm H BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S ABC tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;  , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác  ADB có phương trình x  y   , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình Câu (1,0 điểm) P bc 3a  bc  ca 3b  ca  x  xy  x  y  y  y    y  x   y   x  Cho a, b, c số dương a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức:  ab 3c  ab …….Hết……… PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 ĐÁP ÁN (ĐỀ 2) Câu Nội dung y '  3x  3m  3  x  m  y '   x  m   * Đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị  PT (*) có nghiệm phân biệt  m  **   Khi điểm cực trị A  m ;1  2m m , B  m ;1  2m m    Tam giác OAB vuông O  OA.OB   4m3  m    m  ( TM (**) ) Vậy m  2 (1,0 điểm) sin x   6sin x  cos x  (sin x  6sin x)  (1  cos x)   sin x  cos x    sin x   2sin x  cos x   sin x   sin x   sin x  cos x  3(Vn)  x  k Vậy nghiệm PT x  k , k  Z (1,0 điểm) 2 2 ln x x2 ln x ln x I   xdx   dx   2 dx    dx x 1 x x 1 Tính J   ln x dx x2 Đặt u  ln x, dv  1 dx Khi du  dx, v   x x x 1 Do J   ln x   dx x x 1 1 1 J   ln    ln  x1 2 PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên Vậy I  0984124134  ln 2 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 5 x  52 x1  6.5x    5.52 x  6.5x     x 5   x  Vậy nghiệm PT x  x  1   x  1 b,(0,5điểm) n     C113  165 Số cách chọn học sinh có nam nữ C52 C61  C51.C62  135 Do xác suất để học sinh chọn có nam nữ 135  165 11 (1,0 điểm)  Đường thẳng d có VTCP ud   2;1;3  Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT Vậy PT mặt phẳng  P  : 2  x    1 y  1   z  3   2 x  y  z  18  Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t  2 AB  27  AB  27    2t   t   6  3t   27  7t  24t   t   t    13 10 12  Vậy B  7; 4;6  B   ; ;   7  7 (1,0 điểm) PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 Gọi K trung điểm AB  HK  AB (1) Sj Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) Từ (1) (2) suy  AB  SK M Do góc  SAB  với đáy góc B H C   60 SK HK SKH K a Ta có SH  HK tan SKH A 1 a3 Vậy VS ABC  S ABC SH  AB AC SH  3 12 Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  Do d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   Từ H kẻ HM  SK M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM Ta có 1 16 a a Vậy d  I ,  SAB        HM  2 HM HK SH 3a 4 (1,0 điểm)  Gọi AI phân giác BAC A  Ta có :  AID   ABC  BAI E M' K   CAD   CAI  IAD M B I C D    CAI ,  nên  Mà BAI AID  IAD ABC  CAD  DAI cân D  DE  AI PT đường thẳng AI : x  y   Goị M’ điểm đối xứng M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y   Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)   VTCP đường thẳng AB AM '   3;5  VTPT đường thẳng AB n   5; 3 Vậy PT đường thẳng AB là:  x  1   y     x  y   PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134  x  xy  x  y  y  y  4(1)   y  x   y   x  1(2) (1,0 điểm)  xy  x  y  y   Đk:  y  x    y 1    x  y  y  1  4( y  1)  Ta có (1)  x  y  Đặt u  x  y , v  y  ( u  0, v  ) u  v Khi (1) trở thành : u  3uv  4v    u  4v(vn) Với u  v ta có x  y  , thay vào (2) ta :  y  y    y  1   y  2 y  y   y 1    y 1 1   y2    y  2    y 1   y  y   y 1  y  (  y2  y   y 1  y  0 y     0y  ) y 1 1  y  y   y 1 Với y  x  Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT  5;  (1,0 điểm) Vì a + b + c = ta có Vì theo BĐT Cơ-Si: Tương tự Suy P   bc bc bc bc        a  b a  c  3a  bc a (a  b  c)  bc (a  b)(a  c) 1 , dấu đẳng thức xảy  b = c   a b a c ( a  b )(a  c) ca ca  1      b  a b  c  3b  ca ab ab  1      c  a c  b  3c  ab bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c     , 2( a  b) 2(c  a ) 2(b  c) 2 Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy max P = a = b = c = PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x  4x  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Dựa vào đồ thị (C) tìm giá trị tham số thực m để phương trình x  4x   2m  (1) có hai nghiệm phân biệt Câu (1,0 điểm) a) Cho tan   Tính A  3sin   cos  5sin   4cos3  b) Tìm mơdun số phức z   2i  1  3i  Câu (0,5 điểm) Giải phương trình : 16 x  16.4 x  15  Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình : x2  6x   x2  4x   x   x    Câu (1,0 điểm) Tính tích phân J = x x  3dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy hình chữ nhật ABCD có AD  a, AB  a , cạnh bên SA   300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD diện tích mặt cầu vng góc với mặt đáy (ABCD), góc SBA ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;1 , đường cao từ đỉnh A có phương trình x  y   đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC Câu ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1; 2;3 mặt phẳng (P) có phương trình: x  y  z   Viết phương trình mặt cầu có tâm A tiếp xúc với ( P ) phương trình đường thẳng ( d ) qua A vng góc với ( P ) Câu (0,5 điểm) Một tổ gồm học sinh nam học sinh nữ Cần chia tổ thành nhóm, mổi nhóm học sinh để làm cơng việc trực nhật khác Tính xác suất để chia ngẫu nhiên ta nhóm có nữ Câu 10 (1,0 điểm) Giả sử x, y số thực thỏa mãn phương trình x  2ax   với a  ; 2 y  2by   với b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 10 1 1 M  3 x  y      x y PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên   cos x  3 sin x   cos x  1 cos x  3    sin x  cos x  1 2cos x    0984124134 0,25  cos x  (VN )    sin x  cos x  1 0,25   x    k 2    (k   )  sin  x       4   x    k 2 Phương trình có nghiệm: x    0,25  k 2 , x    k 2 (k   ) Tính thể tích khối trịn xoay 1,0 Thể tích khối trịn xoay cần tính 0,25  V=   ( x sin x) dx   =   x.sin xdx    x 0   4 x2 +  xdx =  2 32 0,25  +  x cos xdx Đặt phần u = x, dv = cos 2xdx Ta có du = dx, v =  Từ đó, tính  0,25    cos x   dx    xdx   x cos xdx  0 2  x cos xdx =   sin 2x 0,25 Do đó, V =  64 (  4  8) a) Tìm mơđun số phức z 0,5 Gọi z  a  bi, a, b   ; Khi z    3i  z   9i  a  bi    3i  a  bi    9i  a  3b   3a  3b    9i 84 0,25 PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 a  3b  a    Vậy môđun số phức z : z  22  ( 1)   3a  3b  b  1 0,25 b) Tìm hệ số x7 khai triển 2  x , … 0,5 2n Ta có n1 1  x  C20n1  C21n1 x  C22n1 x   C22nn11 x2 n1 Cho x=1, ta có 2 n1  C20n1  C21n1  C22n1   C22nn11 (1) Cho x= -1, ta có :  C20n1  C21n1  C22n1   C22nn11 (2) 0,25 Lầy (1) trừ (2), ta : 2 n1  C21n1  C23n1  C25n1   C22nn11   2 n  C21n1  C23n1  C25n1   C22nn11 Từ giả thiết ta có 22 n  4096  22 n  212  2n  12 12 0,25 12 Do ta có 2  x   ( 1 )k C12k 212k ( x )k ( ≤ k ≤ 12, k nguyên) k 0  hệ số x9 : - C129 39 23 mp(Q) // AB, (Q)  (P), cắt (S) theo đường trịn có bán kính 1,0 Ta có x2 + y2 + z2  2x + 8z  =  (x 1)2 + y2 + (z +4)2 = 24 0,25 Suy (S) có tâm I(1 ; ;  4), bán kính R =   Gọi n P , n Q vecto pháp tuyến mp(P), mp(Q) Ta có      n P = (1; 1; 1), AB = (1; 3; 1), [ n P , AB ] = (4;  2; 2)     n Q  AB (Q) / / AB     Ta có  nên chọn nQ = [ n P , AB ]  (Q)  ( P ) n Q  n P 0,25  Hay n Q = (2; 1; 1) Suy pt mp(Q): 2x  y + z + d = Gọi r, d bán kính (C), khoảng cách từ tâm I (S) đến mp(Q) Ta có diện tích hình trịn (C) 18 nên r2 = 18 85 0,25 PHI HƯNG PHÚ N, P7 Tuy Hịa, Phú n Do d = R  r = 24  18 =  d = 2 0984124134 Ta có d =  |d 2| =  d = d =  Từ đó, có mp (Q1): 2x  y + z + = 0, (Q2): 2x  y + z  = Mp(Q) có pt chứa AB Kiểm tra trực tiếp thấy A(1; 1; 1)  (Q1) nên AB // (Q1); A(1; 1; 1)  (Q2) nên AB  0,25 (Q2) KL: pt mp(Q): 2x  y + z + = Thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng CF SB Vì I trung điểm AB tam giác SAB vuông cân S nên SI  AB Ta có: 1,0 S  SAB    ABCD   AB   SI   ABCD   SAB    ABCD    SI   SAB  , SI  AB E L B C H J I K A F D Gọi J trung điểm CD, E hình chiếu vng góc I lên SJ Ta có: CD  IJ  CD   SIJ   CD  IE   SIJ   CD  SI Và  IE  CD a  IE   SCD   IE  d  I ;  SCD     Đặt AB = x ; ( x > 0), SI  0,25 x Trong tam giác vuông SIJ ta có: 1 1 1  2 2    x  a 2 IE SI IJ a 5 x x     2    Thể tích khối chóp S.ABCD: VS ABCD 1 a a3  S ABCD SI  a  3 0,25 Qua B dựng đường thẳng song song CF cắt DA kéo dài K Khi CF// (SBK), suy d(CF; SB) = d(F; (SBK)) 86 0,25 PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên Dựng IH  BK ,  H  BK  ; IL  SH ,  L  SH  Ta có: 0984124134  BK  SI  BK   SIH   BK  IL   BK  IH  IL  BK Từ   IL   SBK   IL  d  I ;  SBK    IL  SH Tứ giác BCFK hình bình hành  FK  BC  a Lại có: FA  a a  AK  2 Hai tam giác vng BHI BAK có góc nhọn B chung nên đồng dạng, suy ra: 0,25 a a HI BI KA.BI a   HI   2  KA BK BK a a2  Trong tam giác vuông SIH: AI   SBK    B  1 a    IL  2 IL IH IS 24 d  A;  SBK   d  I ;  SBK    2a a BA  ,   d  A;  SBK    2d  I ;  SBK    BI 24 tương tự : d  F ;  SBK    2d  A;  SBK    2a a a  Vậy : d  CF ; SB   3 Viết phương trình đường tròn (S) 1,0 A +B giao điểm AB BD, tìm B(0; 2) +Tính góc hai đường thẳng AB BD 600 +Ta có BD đường trung trực dây cung AC nên BD B I D 0,25 đường kính +Tam giác ABD vng A có  ABD  600  AD  AB +Ta có S ABCD  S ABD  S ABD    AB AD  AB   AB  2  +Ta có A  AB  A  a;  , a  0, AB    a;0  87 C 0,25 PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên AB    a   02   a  ( a  0) suy A  2;  0984124134  +Ta có D  BD  D d ; 3d  , AD  d  2; 3d     0,25  d  2 Nên AD  AB      3d   d  1   4d  4d     d    D 1;   Vì yA < yD nên chọn D 2;  Suy   D 2;        + Đường tròn (S) có tâm I 1;  , bán kính IA  nên có phương trình: 0,25  x  1   y 32  4 3 7 x  y  xy ( x  y )  12 x  x  (1) Giải hệ phương trình  ( x, y   ) (2)  x  y   x  y  1,0 Điều kiện: 3x+2y  (1)  x3  12 x  x   x3  x y  xy  y  (2 x  1)3  ( x  y)3  x   x  y  y   x Thế y = 1 x vào (2) ta được: 0,25 3x   x   0,25 Đặt a  3 x  2, b  x  ( b  0) a  b  Ta có hệ   a  3b  b   a b   a b   a    2 a  3(4  a)  a  3(16  8a  a )  a  3a  24a  44  b   a a    b  (a  2)(a  a  22)  0,25  3x     x   y =  (thỏa ĐK)   x 2  0,25 Kết luận: Nghiệm hệ phương trình (x; y) = (2;1) 88 PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 Cho số dương x, y , z thỏa x  y  z  Tìm GTNN biểu thức P  x2  y  z  1,0 xy  yz  zx x y  y2 z  z2 x Áp dụng BĐT TBC-TBN cho hai số dương, ta có x3  xy  x y, y  yz  y z, z  zx  z x  x  y  z   x y  y z  z x    xy  yz  zx  1 0,25 Mặt khác, x  y  z  nên  x2  y  z    x  y  z   x2  y  z   x3  y  z   x y  y z  z x    xy  yz  zx    Từ (1) (2), ta có x  y  z  x y  y z  z x Do P  x  y  z  0,25 xy  yz  zx x2  y  z2 Ta có  x  y  z   x  y  z   xy  yz  zx  Đặt t  x2  y  z  xy  yz  zx  2 Do x  y  z Khi P  t   x  y  z  9t 0,25 t 3 9t 2t  t  ,t   P  ,t  2t 2t Xét hàm số f  t   0,25 2t  t  , 3;   2t Lập bảng biến thiên, ta có hàm f đồng biến 3;    P  f  t   f    t 3 Kết luận : P   x  y  z  89 PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 KỲ THI THPT QUỐC GIA (ĐỀ 19) Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  x  (C ) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3x  m  cắt trục hoành điểm phân biệt Câu 2.( 1,0 điểm) a) Giải phương trình : 3cos5 x  sin x.cos2 x  s inx  b) Cho số phức: z   2i Xác định phần thực phần ảo số phức z  z Câu 3.( 0,5 điểm) Giải phương trình: log x   log (2  x)  log 27 x3  Câu 4.( 1,0 điểm) x    x  x2  x  11 Giải phương trình: Câu 5.( 1,0 điểm) x3 Tính tích phân I   1 x   x  dx Câu 6.( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, Sc vng góc mặt phẳng (ABCD), SC có SC  a Gọi O giao điểm AC BD, gọi M trung điểm cạnh AB Tính thể tích khối chóp S.AMCD, tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) theo a Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy, cho elip(E): x2  y  điểm C(2;0).Tìm tọa độ điểm A,B (E) biết A,B đối xứng qua trục hoành  ABC Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian oxyz cho điểm A(0;2;2) Viết phương trình đường thẳng  qua A vng góc đường thẳng d1 : x 1   x  2   ; đồng thời cắt d :  y  t 2 z   t  y2 z Câu 9.(0,5 điểm) Từ chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 lập số tự nhiên số gồm chữ số khác tổng chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn Câu 10.(1,0 điểm)   Cho x, y số thực thỏa mãn x  y   x2 y   x2  y Tìm GTLN GTNN biểu thức P  x2  y  x2 y x2  y  90 PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 ĐÁP ÁN ĐỀ 19 Câu 1b NỘI DUNG Điểm Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  x  m  cắt trục hoành điểm phân biệt 1.0đ Dựa vào đồ thị tìm 1  m  2a 0.5đ Giải phương trình : 3cos5 x  sin x.cos2 x  s inx     x  k    18 PT  cos5 x  sin x  s inx  sin   x   s inx   2 3  x     k   2b Cho số phức: z   2i Xác định phần thực phần ảo số phức z  z 0.5đ z  z    2i     2i    14i Phần thực a=8; phần ảo b=-14 Giải phương trình: log x   log (2  x)  log 27 x3  0.5đ + ĐK:  x  (*) +PT  log ( x  2)  log (2  x)  log x  3  log [( x  2)(2  x)]= log x  (2  x)(2  x)  x 3 1  17  x2  x    x  Kết hợp với (*) ta nghiệm phương trình x  Giải phương trình: 1  17 x    x  x  x  11 1.0đ + ĐK: x   2; 4 x  1   x   + Áp dụng BĐT Cauchy   x2  4 x   x 1  4 x   91 PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 x   Dấu “=”khi   x  Mặt khác x2  x  11   x  3   dấu “=”xảy 4  x  x=3 Vậy phương trình có nghiệm x=3 Tính tích phân I   x 3 1 x   x  dx 1.0đ Đặt t  x  ĐS: I  ln  1.0đ Tìm tọa độ điểm A,B (E) biết A,B đối xứng qua trục hoành  ABC Giả sử A( x0 ; y0 ), B ( x0 ;  y0 ) 1.0đ x x + Vì A,B thuộc (E) nên  y02   y0   , (1) 4 + Mà tam giác ABC nên AB  AC  x0     y02  y02 , (2) 2 3 2 3 + Từ (1) (2) suy A,B hai điểm  ;  7  ;  ;       Viết phương trình đường thẳng  … 1.0đ Giả sử  cắt d B(-2;t;1+t)  Ta có AB   2; t  2; t  1  Đường thẳng d1 có VTCP u   3; 2;      vuông d1  AB.u   t   AB   2;1;   x  2u   Vậy  qua A có VTCP AB   2;1;  có PTTS:  y   u  z   2u  Lập số tự nhiên số gồm chữ số khác … 92 0.5đ PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 Giả sử số cần lập có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 a , a , a  1; 2;5 Theo đề a3  a4  a5     a3 , a4 , a5  1; 3; 4 TH1: a3 , a4 , a5  1; 2;5 Có cách chọn a1; cách chọn a2; 3! Cách chọn a3,a4,a5 cách chọn a6 Vậy có 6.5.3!.4=720 số TH2: a3 , a4 , a5  1;3; 4 Tương tự có 720 số Vậy có 1440 số thỏa đề Tìm GTLN GTNN biểu thức P  10  * Từ giả thiết ta có: x  y x2  y  x2 y x2  y     x  y     x  3x y  * Mà  x2  3x2 y   x2  y 2    x2  y    ; * Đặt t  x  y  t  3t     t  *Ta 2 2 2 x2  y2  x2  y2  2 x2  y2  3x2 y2 x  y  x  3x y t t  P , t 1;2    2 2 2 t 1 x  y 1 x  y 1 x  y 1        x   f (t )  f (1)    min P  1,  1;2        y  1 t t    * Xét hàm số f (t )  , t  1; 2     t 1  m ax f (t )  f (2)  m ax P  ,  x     1;2        y    93 1.0đ PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA THPT ĐỀ 20 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  m x  ,  C x  m m  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m  b) Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận đồ thị  C m  Tiếp tuyến điểm  C m tiệm cận ngang A B Tìm m Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình  cắt tiệm cận đứng để diện tích tam giác I A B  c os x  c o s x    s in x   c os x   b) Giải phương trình: 24x 4  17.22x 4   e Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  1 ln x  x  x ln x  1 Gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z   Tính Câu (1,0 điểm) a) dx A  z1  z 18 3  b) Tìm hệ số chứa x khai triển  x   , x  x   Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ P : ÕOxyz , cho đường thẳng  : x y  z  hai mặt phẳng   1 1 x  y  z   ,  Q  : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  , Q  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp đáy Góc mặt phẳng  S  có tâm thuộc  đồng thời S ABC có tam giác ABC vng C , AC  a, AB  2a , SA  SAB  mặt phẳng  SBC  60 Gọi H , K hình chiếu SC Chứng minh AK vng góc HK tính thể tích khối chóp vng góc với A lên SB S ABC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O x y , cho C  5;  , đường thẳng d : x  y  1  qua song song với B C , đường phân giác A D có phương trình x  y   Viết phương trình cạnh tam giác A B C A Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m x3  2x2   m Câu (1,0 điểm) Cho để bất phương trình sau có nghiệm  x  x2  ,  x    a  , b  , c  Chứng minh a2   b2 b2   c2 94 c2   a2 PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM (ĐỀ THI THỬ 20) Đáp án Câu (2,0 điểm) b) Với m , đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x m, tiệm cận ngang y  m, I  m; m   m2 1 Giả sử M  x0 ; m    Cm  , phương trình tiếp tuyến xm   M  Cm  : m2 1 m2 1 y x  x0   m  ,  x0  m 2 x  m  x0  m Tìm  2m2   A  m; m  , x0  m   IB  x0  m B 2x0 m;m , từ suy m2  , IA  x0  m SIAB  IAIB  m2 1 12 m  2 Phương trình cho tương đương với (1,0 điểm)        x   k 2   3   s inx  2  x   k 2 3s inx  cos x           cos  x    5  x   k  , k    3s inx  cos x  2sin x 3sinx cos x    2sin x x 4 b)  x 4  17.2  16x 4x 1    17    42x  17.4x  16  16 16  4x  t    x  t  17t  16    t  16  16   95 x    x  PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên e e e x  x ln x     ln x  1 d  x ln x   I (1,0 điểm)  x2 I  (1,0 điểm) a) dx   xdx   x ln x  1 e  ln x ln x  1 e  0984124134 x ln x  e2   ln  e   2  '  25  Phương trình cho có hai nghiệm phức z1   5i, z2   5i Khi z1  z2  29  A  1682 b) ( 3) C18 29 (1,0 điểm) Gọi I tâm mặt cầu  S  , I  t;3  t; 6  t  d  I ;( P )   5t  12 5t  5t  12 5t  , d  I ;(Q )    , theo giả thiết 3 3  t  2  I  2;1; 4  , R  2 Mặt cầu  S  :  x     y  1   z    (1,0 điểm) SA  BC , AC  BC  BC   SAC   BC  AK Mà AK  SC  AK   SBC   AK  HK S ABC a2 3  , AK  AH sin 60   AH 2 1 1  2  2 2 AH SA AB SA 4a (1), 96 PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên 0984124134 1 1 3         AK SA2 AC AH SA2 a AH SA2 4a 2 a   SA  SA a Từ (1) (2) suy a3  12 VS ABC (1,0 điểm) A 1;6  , BC : x  y   Tìm J AC : x  y  13  , C kẻ Từ (2) đường thẳng vng góc Khi tam giác ACJ cân AD , A cắt AD I, AB cắt Phương trình đường thẳng CI : x  y    I  2;3 , J  1;2  , phương trình thẳng AB : x  y   Điều kiện (1,0 điểm) x  Bất phương trình cho tương đương với x3  x   x  x 2   m   x3  2x2  8 Xét hàm số   x  x   8m   f  x  x 2x 8 x  x2 biến đường 2;   Bất phương trình f  x   8m có nghiệm  8m  m in f  x   f  2  16 x2; Vậy m2 Gọi I tâm mặt cầu  S  , I  t;3  t; 6  t  97 có f '  x   0, x  nên hàm số f  x  đồng PHI HƯNG PHÚ YÊN, P7 Tuy Hòa, Phú Yên d  I ;( P )   5t  12 5t  , d  I ;(Q )   3  t  2  I  2;1; 4  , R  Mặt cầu  S  :  x  2 0984124134 , theo giả thiết 5t  12 5t   3 2   y  1   z             Oxy ta chọn u  a;  , v  b;  , w  c;   b  c  a       u  v  w  u  v  w suy Trong mặt phẳng tọa độ (1,0 điểm) Từ bất đẳng thức 1 a   b2   c2   b c a 1  a  b  c       a b c 2  111 1 1  abc   a b c        abc a b c     3 2 Dấu xảy a  b  c  98 ... HA hình chi? ??u vng góc SA mp  ABCD    600  SH  AH  SAH  ABF  DAE  c.g c   BAF ADE  Mà:  AED  900   AED   ADE  900 Nên BAF AHE  900  DE  AF Trong ADE có: AH DE  AD... phần tử Gọi A biến cố: “số chọn chia hết cho 3”, có hai phương án: Hai chữ số cịn lại 5, có C53 2!  20 số 0,25 Hai chữ số cịn lại 4, có C53 2!  20 số Vậy biến cố A có 40 phần tử Xác suất biến cố...  HK Trong ADE có: DH DE  DA2  DH  Trong DHF có: HF  DF  DH  5a   HK  4a 0984124134 Có : DF  a 16a 9a 3a   HF  5 HF HD 12a 12a Vậy d  SH , DF    DF 25 25 Ta có: EH : y  

Ngày đăng: 09/04/2016, 09:23

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 1

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan