SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ KTCL CÁC MÔN THEO KHỐI THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 333 2x  (C) x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến song song với d: y   x  Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 4sinx + cosx = + sin2x b) Giải bất phương trình: log ( x  1)  8log x   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x 3 x  2ln  x  1  dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(–1; 2; 3), B(2; –4; 3), C(4; 5; 6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua ba điểm A, B, C tìm tọa độ hình chiếu vuông góc H C lên đường thẳng AB Câu (1,0 điểm)   a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   z  i   i  Tính modun z b) Để chuẩn bị chương trình cho buổi hoạt động lên lớp với chủ đề “Hướng biển đảo” trường THPT Hàm Rồng, ban tổ chức tiến hành lập danh sách tiết mục văn nghệ, chọn từ tiết mục khối lớp 10, 11 12 Tính xác suất biến cố “Danh sách lập có tiết mục khối 10, có tiết mục khối 11 có tiết mục khối 12” Biết khối lớp có tiết mục Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông C SA  ( ABC ) , AC = 2a, BC = 2a Góc SB (ABC) 450 Gọi M trung điểm AC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SC BM Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Điểm M thuộc đoạn AC cho AC = 3AM, điểm N thuộc tia đối tia AB cho AB = 3AN, đường tròn (C) ngoại tiếp ADN có phương trình x  y  x   Tìm tọa độ điểm D phương trình AB biết M d : x  y   , điểm M D có tung độ dương    y  y   x  x x    Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  4 x   4  x  y  14 y  40 Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực thay đổi thuộc [1; 2] 9a 6b 2016c   bc ca ab -HẾT Tìm giá trị lớn biểu thức: P  ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm 2x  (C) x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Cho hàm số y  1,0 1) Hàm số có TXĐ: D = R \{1} 2) Sự biến thiên hàm số: a) Giới hạn vô cực đường tiệm cận: * lim  y  ; lim  y   nên đường thẳng x = -1 tiệm cận đứng (C) x ( 1) x  ( 1) 0,25 0,25 * lim y  lim y  nên đường thẳng y = tiệm cận ngang (C) x  x  b) Bảng biến thiên: Ta có: y '  Bảng biến thiên: x y’ 1  x  1 -  0, x  1 -1 + - 0,25 + y - * Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1  1;   3) Đồ thị: 0,25 + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(–1; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng b) Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến song song với d: y  x  2x   x 1  x  m (1)  Tiếp tuyến có dạng: y   x  m, m  => ĐK:  có nghiệm 1   1 (2)  x 1 (1)  x  0, x  2 + Với x = => m = (loại) + Với x = – => m = – => PTTT: y   x  Vậy tiếp tuyến (C) có phương trình: y   x  1,0 0,5 0,5 a) Giải phương trình: 4sinx + cosx = + sin2x Phương trình  4sinx + cosx = + sinx.cosx  2sinx(2 – cosx) – (2 – cosx) =  (2 – cosx) ( 2sinx –1) = 0,5 0,25     cosx  0(VN )  x   k 2 , k  Z    sinx   x  5  k 2   0,25 b) Giải bất phương trình: log ( x  1)  8log x   0,5 Điều kiện xác định: x > (*) log ( x  1)2  8log x   0,25 log ( x  1)  log3 ( x  1)   log 3[( x  1)( x  1)]   x    2  x  Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình S  (1;2] 0,25 Tính tích phân I   x 3 x  2ln  x  1  dx 1,0 3 I   3x dx   x ln  x  1dx  x  I1  19  I1 3 3 3 x2 I1   x ln  x  1dx   ln  x  1d  x   x ln  x  1   x d  ln  x  1   9ln   dx 2 x 1 2 2  x2 3   9ln  9ln    x   dx     x  ln x    8ln   x 1   2 2 45 Vậy I   8ln 0,5 0,25 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(–1; 2; 3), B(2; –4; 3), C(4; 5; 6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua ba điểm A, B, C tìm tọa độ hình chiếu vuông góc H C lên đường thẳng AB 1,0   AB  (3; 6; 0), AC  (5;3;3) Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến    n   AB, AC   (18; 9;39) 0,25 Do (P) có PT: 18( x  1)  9( y  2)  39( z  3)   x  y  13 z  39  0,25 x 1t  PT AB: y  2 2t Vì H thuộc AB  H  1  t ;  2t; 3 z 3     12  ĐK: AB.CH   3(5  t )  6(3  2t )   t    H   ; ;3   5  KL: 0,25 0,25   a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   z  i   i  Tính modun z 0,5 Gọi z  a  bi  a, b  R 2a   3a  a  z   3z  i   i    2a  2  2bi  3a    3b  5 i    2b  3b  b  1 0,25 z   i  z  12  (1)2  0,25 b) Để chuẩn bị chương trình cho buổi hoạt động lên lớp với chủ đề “Hướng biển đảo” trường THPT Hàm Rồng, ban tổ chức tiến hành lập danh sách tiết mục văn nghệ, chọn từ tiết mục khối lớp 10, 11 12 Tính xác suất biến cố “Danh sách lập có tiết mục khối 10, có tiết mục khối 11 có tiết mục khối 12” Biết khối lớp có tiết mục 0,5   Chọn tiết mục lập thành danh sách có: A125 cách  n()  A125 Gọi A biến cố cần tính xác suất Chọn khối 10, khối 11, khối 12 2, 2, tiết mục có : C42 C42 C41 cách Với cách chọn trên, tạo danh sách tiết mục có: 5! Cách  n( A )  C42 C42 C41 5! n ( A )  P( A)   n() 11 0,25 0,25 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông C SA  ( ABC ) , AC = 2a, BC = 2a Góc SB (ABC) 450 Gọi M trung điểm AC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SC BM  Vì SA  ( ABC ) nên góc SB (ABC) SBA 0,25  SA  AB  AC  BC  4a 1 1 8a   V  S ABC SA   2a.2a  4a  3 2  0,25 ( BMN ) / / SC + Gọi N trung điểm SA  SC / / MN   ( BMN )  BM Do đó: d  SC, BM   d  SC,(BMN)  d  C , ( BMN )  S 1,0 B N H A M E C  d  A, ( BMN )  + Gọi E, H hình chiếu A lên BM, NE  BM  AE Vì   BM  ( ANE )  BM  AH (1)  BM  AN mặt khác, NE  AH (2) Từ (1), (2)  AH  (BMN )  d  A,(BMN )  AH Vậy: d  SC, BM   AH Do hai tam giác vuông EMA CMB đồng dạng nên: Trong tam giác vuông ANE: Vậy: d  SC, BM   AH  0,25 a AE AM AM.BC 2a   AE   BC BM BM 13 1 13 a  2     AH  2 AH AE AN 12.a 4.a 3.a 0,25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Điểm M thuộc đoạn AC cho AC = 3AM, điểm N thuộc tia đối tia AB cho AB = 3AN, đường tròn (C) ngoại tiếp ADN có phương trình x  y  x   Tìm tọa độ điểm D phương trình AB biết M d : x  y   , điểm M D có tung độ dương B F K E + Gọi E hình chiếu M lên AB => ME//BC + Gọi F  AC  BD + Do AC=3AM  AF  AM BF=DF nên: M trọng tâm ABD BE=2AE => BE = NE + MBN MBD cân M nên: MB=MD=MN (1) => B, D, N thuộc đường tròn tâm M =>   2 DMN ABD  900 (2) C M D A 0,25 Từ (1), (2) => MDN vuông cân M => M  (C) N 1,0  x  y  8x    x  3, y  M  d  (C ) :   M  3;3  x  7, y   ( ko tm ) x  y     0,25 Gọi I trung điểm DN=> I tâm đường tròn (C) Do MDN vuông cân M => DN  MI  DN : x – 3y – = + Tọa độ điểm N, D nghiệm 0,25  x2  y  8x    x  1, y  1   D(7;1), N (1; 1)   x  7, y  x  y     4  2( xk  3) + Gọi K trung điểm AB  DM  2.MK    K (1; 4) 2  2( yk  3)  + AB qua K(1;4) nhận NK  0;5 làm VTCP nên có pt: x – = 0,25 KL: D(7; 1) AB: x – =    y  y   x  x x   (1)  Giải hệ phương trình  4 x   4  x  y  14 y  40 (2) 1,0 ĐK:  x  (*) 0,25 (1)  y  y y    2 x    2 x  x  (3) Xét f (t )  t  t t  / f (t )   t   t2 t2  0,25  t  f (t )  t  t t  hàm số đồng biến Mà pt (3) có dạng: f ( y )  f (2 x )  y  2 x Thay vào (2) ta được: x    x  x  x  10 (4) => x  x  10   x   ;    5;   Kết hợp với (*) suy ra: x  1;        x2  5x  5  x   x   x    x    x  5x  5  x2  5x  x2  5x   0 x   x 1 x    x 0,25  5  x  5x    x   1  1   x  x    x   x  (5)  Vì x  1;   VT (5)   (5) vô nghiệm thu x  5 5  KL: Hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;     0,25 Cho a, b, c số thực thay đổi thuộc [1; 2] Tìm giá trị lớn biểu thức: P  9a 6b 2016c   bc ca ab Coi c biến, a b tham số Ta có: P  f (c)  f / ( c)  2016c  9a 6b      ab c b a  2016  9a 6b  2016c  9a  6b 2016  9.22  6.2  2    0 ab c  b a  ab ab  f (c )  f (2)  h / (b)   0,25 4032 8073   3b   3b  h(b) b 2b 2b 8073 8073 8079   b  1; 2  h(b)  h(1)  3 2b 2 Vậy maxP = 0,25 4032 9a 3b    g (a ) ab 2b a Tiếp tục coi a biến, b tham số Ta 4032 3b 4032 có: g / (a)          a b 2b a 2  g (a )  g (1)  1,0 8079 khi: a = b = c = 2 HẾT 0,25 0,25