SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG ĐỀ THI THỬ THPTQG - LẦN NĂM HỌC: 2015-2016 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y = − x3 + x + Câu (1 điểm) Tìm m để hàm số y = x − 2(m + 1) x − 2m − đạt cực đại x = Câu (1 điểm) a) Cho z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z − z + = Tính A = z12 + z22 − z1 z2 b) Giải bất phương trình log x + x − ≤ − log ( x − ) π Câu (1 điểm) Tính tích phân  e x + sin x  xdx  ∫   Câu (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;3;2) , đường thẳng x +1 y − z = d: = mặt phẳng ( P ) : x − y + z − = Tìm tọa độ giao điểm d với (P) −1 −2 viết phương trình mặt cầu (S) qua A, có tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc với (P) Câu (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh 2a Hình chiếu vuông góc B lên mặt phẳng (A’B’C’) trung điểm H cạnh B’C’, góc A’B với mặt phẳng (A’B’C’) 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ khoảng cách hai đường thẳng CC’ A’B theo a Câu (1 điểm) a) Giải phương trình sin x − cos x = 4cosx + 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 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I Điểm M(0 ;-2) trung điểm cạnh BC điểm E(-1 ;-4) hình chiếu vuông góc B AI Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC,biết đường thẳng AC có phương trình x + y – =  x + ( x − y ) + xy ( y − x ) =  Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình:  2x2 − 2x + + x − = x y  1+ 1+ y  ( )( ) Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện: + a + + ( b + c ) = Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2a + b3 + c3 − b c …………HẾT………… Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh……………………… ……………… …; Số báo danh:……… ………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN NĂM 2015-2016 TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG Câu (1 điểm) Đáp án Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y = − x + 3x + TXĐ: D = R y ' = −3 x + , y ' = ⇔ x = ± 0.25 Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞; −1) (1; +∞ ) , đồng biến khoảng ( −1;1) 0.25 Hàm số đạt cực đại x = , yCD = , đạt cực tiểu x = −1 , yCT = −1 lim y = −∞ , lim y = +∞ x →+∞ x →−∞ * Bảng biến thiên x –∞ y’ +∞ y -1 + – +∞ 0.25 + -∞ -1 Đồ thị: 0.25 2 (1 điểm) Tìm m để hàm số y = x − 2(m + 1) x − 2m − đạt cực đại x = + Ta có y ' = x − 4(m + 1) x 0.25 + Để hàm số đạt cực đại x=1 cần y '(1) = ⇔ − 4(m + 1) = ⇔ m = 0.25 0.25 +Với m=0 ⇒ y ' = x − x ⇒ y '(1) = 3a (0.5điểm) + Lại có y '' = 12 x − ⇒ y ''(1) = > => hàm số đạt cực tiểu x=1 => m=0 không thỏa mãn Vậy giá trị m để HS đạt cực đại x=1 + z1 = − 3i; z2 = + 3i + A = z12 + z22 − z1 z2 = (1 − 3i ) + (1 + 3i ) − (1 − 3i )(1 + 3i ) −8 − 6i + −8 + 6i − 3.10 = ( −8) 0.25 0.25 + ( −6 ) + ( −8 ) + 62 − 30 = −10 0.25 Câu 3b (0.5điểm) Đáp án x + 2x − > Điều kiện:  x − > Điểm ⇔ x > (1) ⇔ log x + x − ≤ + log ( x − ) 0.25 ⇔ log x + x − ≤ log  ( x − )  ⇔ x + x − ≤ ( x − ) ⇔ ( x − )( x + ) ≤ ( x − ) x ≤ ⇔ ( x − )( x − 12 ) ≥ ⇔  x ≥ 0.25 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm bất phương trình: x ≥ (1 điểm) π π π 2 2 0.25 + I = ∫  e x + sin x  xdx = ∫ e x xdx + ∫ sin x.xdx  π  π 2 + ∫ e x xdx = ∫ e x 0 0 dx x = e 2 π2 π = e −1 0.25  du = dx u = x  +Đặt  ⇒ dv = sin xdx  v = − cos2 x  π ⇒ ∫ sin x.xdx = − cos2 x x π π 1 + ∫ cos2 xdx = − cos2 x x 2 0.25 π + sin x π = π π2 +I = (1 điểm) e −1 π + 0.25  x = −1 + 2t  d có phương trình tham số  y = − t  z = −2t  Gọi B = d ∩ (P) , B ∈ d nên B(−1 + 2t;4 − t ;−2t ) Do B ∈ (P) nên 2(−1 + 2t ) − 2(4 − t ) − 2t − = ⇔ t = ⇒ B (7;0;−8) Gọi I tâm mặt cầu (S), I thuộc d nên I (−1 + 2a;4 − a;−2a ) Theo (S) có bán kính R = IA = d ( I , ( P)) 2(−1 + 2a) − 2(4 − a ) − 2a − ⇒ (2 − 2a ) + (a − 1) + (2 + 2a) = 2 + 2 + 12 4a − 16 ⇔ 9a − 2a + = ⇔ 9(9a − 2a + 9) = (4a − 16) ⇔ 65a + 110a − 175 = ⇔ a = 1; a = − 0,25 0,25 0,25 35 13 Câu Đáp án +) Với a = ⇒ I = (1;3;−2), R = ⇒ ( S ) : ( x − 1) + ( y − 3) + ( z + 2) = 16 35 116  83 87 70  +) Với a = − ⇒ I = − ; ; ; R = 13 13  13 13 13  2 Điểm 0,25 83   87   70  13456  ⇒ (S ) :  x +  +  y −  +  z −  = 13   13  169  13   C A + S A' B 'C ' = 4a = a2 +Vì BH ⊥ (A’B’C’) nên góc A’B với (A’B’C’) góc A’B với A’H B Hay BA ' H = 600 (0.5điểm) ⇒ BH = A ' H tan 600 = 3a 0,25 K A' C' H M B' VABC A ' B ' C ' = S A ' B ' C ' BH = a 3.3a = 3.a (đvtt) 0,25 Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)) Dựng HM ⊥ A’B’ Khi A’B’ ⊥ (BMH) suy (ABB’A’) ⊥ (BMH) Dựng HK ⊥ BM suy HK ⊥ (ABB’A’) a 3a HM HB 3a 13 ⇒ d ( H ,( ABB ' A ')) = HK = = = 2 13 HM + HB a 3   + 9a (0.5điểm)   7a (0.5điểm) 7b (0.5điểm) 6a 13 13 sin x − cos x = 4cosx + ⇔ sin x − (cos x + 1) − 4cosx = 0,25 Vậy d (CC ', A ' B ) = d (C ',( ABB ' A ')) = 2d ( H ,( ABB ' A ')) = 0,25  cosx = ⇔ 2cosx( s inx − cosx − 2) = ⇔   sinx − cosx − = 0.25 π π   π x = + k x = + kπ   2 (k ∈ Z ) ⇔ ⇔ π π sin( x − ) =  x = + k 2π   0.25 + n ( Ω ) = C113 = 165 0.25 + Số cách chọn học sinh có nam nữ C C + C C = 135 135 Do xác suất để học sinh chọn có nam nữ = 165 11 6 0.25 Câu (1 điểm) Đáp án Điểm A Tứ giác ADEB,BIEM nội tiếp đường tròn => DEB = 1800 − BAD (1) I BEM = BIM (cùng chắn BM ) (2) Mà BIM = BIC = BAD (3) Từ (1),(2),(3) => DEB + BEM = 1800 D,E,M thẳng hàng D E B M C 0.25 nên + Đường thẳng EM qua E,M có phương trình : 2x-y-2=0 x + y − = + Tọa độ D nghiệm  => D(2 ;2) 2 x − y − = 0.25 C (4; 0) + C ∈ AC : x + y − = => C(c ;-c+4) mà MC=MD= ⇒  C (2; 2) (loai ) 0.25 + M trung điểm BC => B(-4 ;-4) + AE ⊥ BE => phương trình : x+1=0 + A = AC ∩ AE ⇒ A(−1;5) 0.25 Vậy: A(-1;5);B(-4;-4);C(4;0) (1 điểm) Điều kiện: y ≥ (1) ⇔ ( x − y ) x = y  x = −1 ( x + 1) = ⇔  0.25 ( +) Với x = −1 , vào (2) ta được: + + y ( +) Với y = x , vào (2) ta được: + + x )( )( ) − = − y (vô nghiệm) 0.25 ) 2x2 − 2x + + x − = x x Với x = 0, phương trình thỏa mãn Với x > , chia hai vế cho x x ta được:   1 + +  − + + −  =  x x x x  x    ⇔ a + a +1 − 2a + a + − a =  a = >  x   ) )( ( ⇔ + ( a − 1) − ( a − 1) = + 0.25 ( a) − a ( *) Xét hàm đặc trưng f ( t ) = + t − t , t > , có 0.25 Câu Đáp án f '(t ) = t 1+ t −1 = t − 1+ t 1+ t2 Điểm < 0, ∀t > 3+ 3− ⇒x= 2  3− 3−  Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) là: ( 0;0 ) ,  ;  2   + Chứng minh + x + + y ≥ + + x + y với x, y không âm Nên (*) ⇔ a − = a ⇔ a = 10 (1 điểm) + Áp dụng: a2 = + a + + (b + c ) ≥ + + a + (b + c ) ⇒ b + c ≤ − Ta có: P = 2a + b3 + c − b c = 2a + ( b + c ) − 3bc ( b + c ) − b c ⇒ P ≤ 2a + ( b + c ) 0.25 3  a2  ≤ 2a +  −  = f ( a )   Từ giả thiết ta có: ≥ + a + ⇒ a ≤ ⇒ ≤ a ≤ 2 0.25 0.25 Xét hàm số f ( a )  0;2  , ta tìm max f ( a ) = f ( ) = 64   a∈0;2  Vậy, giá trị lớn P 64 đạt a = 0, b = 0, c = a = 0, b = 4, c = (Mọi cách giải khác cho điểm tương tự) 0.25