Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com HÒA BÌNH _ ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x − x − Câu (1,0 điểm) Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến hàm số y = x − x Câu (1,0 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diển số phức z thỏa mãn | z − i |=|1 + iz | b) Giải bất phương trình x + 3.2− x ≤ Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn Parabol ( P ) : y = x + x − đường thẳng (d ) : y = x − Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α ) : x − y + z + = mặt cầu (S) : (x − 1) + ( y + 2) + ( z + 1) = Viết phương trình mặt phẳng (β ) song song với (α ) tiếp xúc với mặt cầu (S) , tìm tọa độ tiếp điểm tương ứng Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos2x+(1+2cosx)(sinx-cosx)=0 ) x2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có BAC =1200 , AB= a, AC =2a Cạnh bên SA vuông góc với đáy Mặt bên (SBC) tạo với mặt phẳng đáy góc 300 Gọi M,N thứ tự trung điểm cạnh SB,SC Tính thể tích khối chóp S.ABC cosin góc hai đường thẳng AM BN  x + x − + y ( x − 5) = y + y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x + y ( x − 4) = x − b) Tìm hệ số x3 khai triển nhị thức ( x − Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A , điểm M trung điểm AB Biết I ( ; ) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; điểm G(3;0) K ( ; ) thứ tự trọng tâm tam 3 3 giác ABC ACM Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c ∈ [0;1] a+b+c=2 Tìm giá trị lớn biểu thức P = a 2b + b c + c a + − 2(ab + bc + ca ) –––––––––––– Hết –––––––––––– Họ tên thí sinh: ………………………………… …; Số báo danh: …………………… HÒA BÌNH Câu Câu Câu ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 - LẦN Môn: TOÁN Nội dung x =  Tập xác định: D = ¡ y ' = x − x, y '0  x = −1  x = Điểm 0,25 Khoảng đồng biến, nghịch biến Giới hạn Bảng biến thiên Đồ thị  Tập xác định: D =  −∞; ]  0,25 0,25 0,25 0,25 y ' = x − 2x − x2 6x − 5x2 = − 2x − 2x x = y ' =  x =  Bảng xét dấu Câu 3a 6 KL: hàm số đồng biến khoảng (0; ) , nghịch biến khoảng (−∞;0), ( ; ) 5 Gọi z=x+yi, (x,y∈R) Từ giả thiết ta có: | (x + yi) − i |=| (1 + i )( x + iy ) || x + ( y − 1)i |=| ( x − y ) + ( x + y )i | x + (y− 1) = ( x − y ) + ( x + y ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x + y + y − = Tập hợp điểm M biểu diển số phức z đường tròn x + y + y − = Câu 3b Đặt t = x (t > 0) Ta có: t+ ≤4 t t − 4t + ≤ ≤ t ≤ ≤ x ≤ ≤ x ≤ log KL 0,25 0,25 Câu 0,25 x2 + x − = x −1 x − x − =  x = −1  x = 2 S =| ∫ ( x − x − 2)dx | −1 x3 x −9 S =| ( − − x) | =| |= −1 2 Câu KL (S) có tâm I(1;-2;-1), bán kính R=3 ( β ) / /(α ) => ( β ) : x − y + z + m = ( β ) tiếp xúc với (S)  d(I; ( β ) )=R m = = | m + |=  22 + (−1) + 22  m = −11 |2+2−2+m| 0,25 0,25 0,25 Vậy (β) có PT là: ( β1 ) : x − y + z + = ( β ) : x − y + z − 11 = Tiếp điểm (β) (S) hình chiếu vuông góc I lên (β)  x = + 2t  Đường thẳng (d) qua I vuông góc với (β) có PT (d):  y = −2 − t  z = −1 + 2t  0,25 Tiếp điểm với ( β1 ) : (−1; −1; −3) 0,25 Tiếp điểm với ( β ) : (3; −3;1) Câu 6a Câu 6b Câu cos x − sin x = (cosx − sinx)(cosx + sinx − − cosx)  sin x − cos x = π π Giải kết luận: x = + kπ ; x = + k 2π , x = π + k 2π (k ∈ Z ) ( x − )9 = ∑ C9k ( −2) k x9−3k x k =0 − 3k = k = 2 Hệ số x3 C9 (−2) = 144 0,25 Hạ AK⊥BC=> BC⊥ (SAK) nên góc (SBC) đáy SKA=300 0,25 Tính BC = a 7, AK = 0,25 0,25 a 21 a , SA = 7 a 21 S ABC = a 3;V = 42 BN ∩ CM = E , EF / / AM , F ∈ AC (·AM ; BN ) = (·EF , BN ) Tính được: 0,25 0,25 0,25 8a 29a 85a 85a 2 2 SB = , SC = , BN = , BE = BN = 7 28 63 8a EF = AM = SB = 9 63 19a BF = − 170 170 cosBEF= => cos ( AM ; BN ) = 17 17 Cách 2: uuuu r uuur uuu r uuur uuu r uuur uuur uuuu r uuur −5 AM = ( AB + AS ), BN = ( AS + AC − AB ) => AM BN = a 2 2a 85 2 AM = , BN = a 28 uuuu r uuur uuuu r uuur | AM BN | 170 r uuur = => cos ( AM , BN ) =| cos ( AM , BN ) |= uuuu 17 | AM | | BN | Câu 0,25 0,25 ĐK: x≥1; y≥0 Trừ vế tương ứng hai PT, ta được: x − (y + 1)2 = x − x − Nhận xét (x;y)= (1;0) không nghiệm nên: ( x − y − 1)(x + y + + Chỉ x + y + + y + x −1 >0 x-y-1=0 y + x −1 )=0 0,25 Thay y=x-1 vào PT thứ hệ, ta được: x − x + = x − Đặt t = x − 1(t ≥ 0) 0,25 Ta có: 2t − 5t − 2t + = Câu Câu 10 (t + 1) (2t − 4t + 1) = t = ± 5 Từ hệ có nghiệm ( + 2; + 2) ( − 2; − 2) 2 2 Gọi N, P trung điểm AM, AC Ta có GK // AB nên MI ⊥GK MP // BC, G I thuộc trung trực BC nên GI ⊥MK Từ I trực tâm tam giác MGK KI ⊥MG uur uuuur GI KM = => M (3;1) r Gọi M(x;y) =>  uur uuuu  KI GM = uuuu r uuuu r MC = 3MG => C (3; −2) K trọng tâm ACM nên A(1;2) M trung điểm AB nên B(5;0) Vậy A (1;2) , B (5;0), C(3; -2) Ta có: a,b,c ∈ [0;1]=>(a-1)(b-1)(c-1) ≤ =>ab+bc+ca ≥ abc+a+b+c-1 ≥ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Vì 3(ab+bc+ca) ≤ (a+b+c)2=4 từ với t=ab+bc+ca ≤ t ≤ Ta có: a.a.b ≤ a.( a+b ) = a (2 − c) 2 Tương tự ta có: P1 = a 2b + b 2c + c a ≤ 1 a (2 − c ) + b (2 − a ) + c (2 − b)  = (8 − 4t + P1 ) 4 => P1 ≤ − t 3 4 => P ≤ − t + = f (t )(1 ≤ t ≤ ) 3 3 − 2t Tìm GTLN f (t) với ≤ t ≤ Tìm max f (t ) = f ( ) = + 3 t∈[1; ] Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy GTLN P + 0,5