SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU TỔ TOÁN – ĐỀ ÔN SỐ Câu (2 điểm) Cho hàm số y  ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Môn: TOÁN – Năm học: 2015 – 2016 Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề) x  x  (C ) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm m để phương trình x  x  2m  (*) có nghiệm phân biệt c) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f  x   x  4ln x đoạn 1;e Câu (1 điểm) Giải phương trình: sin x  cos x 0 2sin x  Câu (1 điểm) Giải phương trình: log  x  x   log  x    Câu (1 điểm) Tính tích phân: K   ( x  3)e x dx 1 Câu (1 điểm) a) Một trường có 55 đoàn viên học sinh tham dự đại hội Đoàn trường, khối 12 có 18 em, khối 11 có 20 em 17 em khối 10 Đoàn trường muốn chọn em để bầu vào ban chấp hành nhiệm kì Hỏi có cách chọn cho em chọn có khối, đồng thời có em học sinh khối 12 b) Tìm hệ số x khai triển 2  x  Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a , AD  2a , SA  ( ABCD) SA  a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M trung điểm CD Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I Biết trung điểm cạnh AB M(0;3), trung điểm đoạn thẳng IC E(1;0) điểm A có tọa độ nguyên Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D Câu 8(1 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 vuông góc với đường thẳng 2 d Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho AB  27 ( x  x  2) y  x  Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình:  2 ( x  x  1) y  (2 x  x) y  x  Hết CÂU ĐÁP ÁN NỘI DUNG a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số - TXĐ: D =  - Sự biến thiên: x  + Ta có: y '  x  x , Cho y '     x  1 + Hàm số đồng biến (–1; 0) (1; +), nghịch biến (–;–1) (0; 1) + Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = –1, đạt cực tiểu x = 1 yCT =  + Giới hạn: lim y   ĐIỂM 1đ 0.25 0.25 x  + Bảng biến thiên: x –∞ y +∞ – 1 0 1 + +∞ – + +∞ 0.25 y   - Đồ thị: + Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng y 0.25 Câu -2 -1 x -1 -2 b Tìm m để pt: x  x  2m  (*) có nghiệm phân biệt Ta có:   y  x  x  (C ) (*)  x  x   m    2  y  m  (d ) 0.5đ 0.25 Số nghiệm pt(*) số giao điểm (d) (C) Dựa vào đồ thị (C) ta có: (d) cắt (C) điểm phân biệt khi:   m 1 1    m  2 c Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f  x   x  4ln x đoạn 1;e Ta có f  x  xác định liên tục đoạn 1;e ; f '  x   x  x 0.25 0.5đm 0.25 Với x  1; e  , f '  x    x  Ta có f 1  1, f     2ln 2, f  e   e  0.25 Vậy f  x    2ln  x  2; max f  x   e   x  e 1;e 1;e sin x  cos x  (1) sin x     x   k  sin x  cos x    7     x   k 2  x   k 2 ; k  Z ` 1   6 sin x    5   x   k 2  Giải phương trình: Câu     Giải phương trình log3 x  x  log x   điểm 0.5 0.5 điểm x  Điều kiện:   4  x  Câu    0.25   3  x     x      x  x    log3 x  x  log3 x    log x  x  log3 x   log3    log x  x  log3 x  2  x  4x  12    (thoả mãn) x  0.25 0.25 0.25 Vậy phương trình có hai nghiệm x  2; x  Tính tích phân I   ( x  3)e x dx ; 1đ u  x  du  dx Đặt   x x dv  e dx v  e 0.25 1 Câu x Khi K = (( x  3)e ) 1   e x dx 0.25 1 3e   4e  2e 1  e  e 1 = 3e  e 1  3e   1 e e a) Một trường có 55 đoàn viên học sinh tham dự đại hội Đoàn trường, khối 12 có 18 em, khối 11 có 20 em 17 em khối 10 Đoàn trường muốn chọn em để bầu vào ban chấp hành nhiệm kì Hỏi có cách chọn cho em chọn có khối, đồng thời có em học sinh khối 12 Chọn em học sinh thỏa mãn yêu cầu toán xảy trường hợp: + Trường hợp 1: Khối 12 có em, khối 11 có em, khối 10 có em: Có C182 C202 C171  494190 cách chọn + Trường hợp 2: Khối 12 có em, khối 11 có em, khối 10 có em Có C182 C20 C172  416160 cách chọn +Trường hợp 3: Khối 12 có em, khối 11 có em, khối 10 có em 1 Có C183 C20 C17  277440 cách chọn Vậy có 494190 + 416160 + 277440 = 1187790 cách chọn = e  e 1  e x Câu   b) Tìm hệ số x khai triển  x 8   3x    C8k 2k  3x  k 0 8 k k   C8k 2k  3 0.5 0.5đ 0.25 0.25 0.5đ x16 k 0.25 Số hạng khai triển chứa x 16–2k = hay k = Vậy hệ số x khai triển là: C85 5. 3  48384 0.25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a , AD  2a , SA  ( ABCD ) SA  a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M trung điểm CD 1đ Ta có S ABCD  AB.AD  2a 0.25 2a (dvtt) Do đó: VS ABCD  SA.S ABCD  3 0.25 Ta có d(D,(SBM) = d(C,(SBM) = 1/2 d(A,(SBM)) Dựng AN  BM ( N thuộc BM) AH  SN (H thuộc SN) Ta có: BM  AN, BM  SA Suy ra: BM  AH Và AH  BM, AH  SN suy ra: AH  (SBM) Do d(A,(SBM)) = AH Câu 2a 4a Ta có: S ABM  S ABCD  2S ADM  a ; S ABM  AN BM  a  AN   BM 17 1 4a    AH  Trong tam giác vuông SAN có: 2 AH AN SA 33 2a Suy d ( D,  SBM   33 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I Biết trung điểm cạnh AB M(0;3), trung điểm đoạn thẳng IC E(1;0) điểm A có tọa độ nguyên Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D F Đặt α   AEM , 00  α  900 ,ta có: 0.25 BF   tan  450  α   BM  tan α    tan α   cos α   tan α Ptđt ME là: x  y   tan EMB  D 1đ C E 0.25 I A Câu 0.25 M B Đường thẳng AC qua điểm E(1;0) tạo với đt ME góc  cho cos  có pt là: x  y    x  y   0.25 TH1: Pt đt AC là: x  y    d  M ; AC    AM  MI  Suy phương trình đường tròn tâm M qua A I là: x   y  3  x  y    x  2  x  Tọa độ A I nghiệm hệ:    y    x  y    y 1  0.25 Vì I nằm A E nên A  2;3 ; I  0;1  B  2;3 ; C  2; 1 , D  2; 1 (t/m gt) Th2: Pt đt AC là:  x  y   Tương tự tìm tọa độ A không nguyên nên loại Vậy: tọa độ đỉnh hình vuông ABCD là: A  2;3 ; B  2;3 ; C  2; 1 , D  2; 1 0.25 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A  4;1;3 đường thẳng x 1 y 1 z    Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc 2 với đường thẳng d Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho AB  27  Đường thẳng d có VTCP ud   2;1;3   Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3  làm VTPT d: Câu Vậy PT mặt phẳng  P  : 2  x    1 y  1   z  3   2 x  y  z  18  1đ 0.25 0.25 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 0.25 0.25 ( x  x  2) y  x  Giải hệ phương trình:  (I ) ( x  x  1) y  (2 x3  x) y  x  + (x ; y) = (0 ; 0) nghiệm (I) + Mọi cặp số (x ; 0) (0 ; y) với x  0, y  nghiệm (I) 0.25 + Trường hợp x  0, y  0:  x y  xy  y  x  (I )    x y  x y  y  x3 y  xy  x  Câu 0.25  x( xy  1)  y  xy  2 2  x ( xy  1)  xy ( xy  1)  y  x y  ( x  y )  x     x     x         y  y  x x2  0.25 1 a  2b  , b  (b ≠ 0), hệ trở thành: (II)  2 y x a  ab  b  Giải hệ (II) được: (a ; b) = (3 ; –1) (a ; b) = (–7 ; 4)  1 + Với (a ; b) = (3 ; –1) thì:  x; y    1;  4   1 + Với (a ; b) = (–7 ; 4) thì:  x; y    ;    29  0.25 Đặt a  x 