SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN I Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 176 Câu ( 1,0 điểm ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x4  x2  Câu ( 1,0 điểm ) Tìm m để hàm số y  x3  3mx   m2  1 x  đạt cực tiểu x  Câu ( 1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn   i  z   3i Tìm phần thực phần ảo số phức   z  z b) Giải phương trình log3  2.3x  3  x  Câu ( 1,0 điểm) Tính tích phân I   x   cos x  dx Câu ( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  ; 1; 2  B 1;1;1 mặt phẳng  P  : x  y  z   Viết phương trình đường thẳng d qua A B Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho khoảng cách từ M đến  P  Câu ( 1,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức A  sin 2a.sin a biết cos a    cos 2a b) Trong kì thi THPT Quốc Gia năm 2016 có môn thi trắc nghiệm môn thi tự luận Một giáo viên bốc thăm ngẫu nhiên để phụ trách coi thi môn Tính xác suất để giáo viên coi thi môn thi trắc nghiệm Câu ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB  a ; BC  a Tam giác SBC cân S nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, góc đường thẳng SD mặt phẳng  ABCD  60 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách SC BD Câu ( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân A , có đường cao AH Gọi D trung điểm AH Giả sử B  1; 1 E  2;0  hình chiếu vuông góc H lên CD Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng d : 2x  y   Câu ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình  x  xy   y  x  1 x  y  x  y  x; y     x  y   x  y    x  y  1 Câu 10 ( 1,0 điểm) Cho a , b, c số thực thuộc đoạn 1 ; 2 thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức P  a  b  5c  6abc   abc ab  bc  ca Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………………….; Số báo danh……………………… 1004 Câu (1,0) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM NỘI DUNG   ĐIỂM Tập xác định:  Sự biến thiên: x   x  1 -Chiều biến thiên:Ta có y '  x3  x ; y'    0.25 Trên khoảng   ; 1  ; 1 ta có y '  nên hàm số nghịch biến Trên khoảng  1;  1;   ta có y '  nên hàm số đồng biến -Cực trị : Hàm số đạt cực đại x  ; yCD  y    3 ; hàm số đạt cực tiểu x  1; yCT  y  1  4    0.25  -Giới hạn: lim y  lim x  x    ; lim y  lim x  x    x  x  x  x  -Bảng biến thiên: x y' 1  - +   - + 0.25  -3 y -4  -4 Đồ thị:  Đồ thị cắt trục hoành  ;   3;  0.25 Đồ thị cắt trục tung điểm  ; 3 Đồ thị nhân trục tung làm trục đối xứng (1,0 )  x  m 1 x  m 1  Ta có y '  x  6mx  m  ; y '    0.25 Ta có y ' đổi dấu từ âm sang dương x qua m  nên hàm số đạt cực tiểu x  m  0.5 Theo ta có xCT   m    m  0.25 Vậy m  giá trị cần tìm (1,0 ) a) Ta có   i  z   3i  z   3i   2i 2i Suy   z  z   2i  1  2i    2i Vậy  có phần thực phần ảo 1005 0.25 0.25 b).Phương trình cho tương đương 2.3 x   32 x  32 x  2.3 x    t  1 t  (1,0) Đặt t  3x  , phương trình trở thành: t  2t     0.25 Đối chiếu điều kiện ta có t  Do 3x   x  Vậy phương trình cho có nghiệm x  0.25    2   Ta có I   xdx   x cos xdx Tính I1   3xdx  x 0 2 0.25  Tính I2   x cosx dx Đặt u  x ; dv  cos xdx Suy du  dx , chọn v  sin x 0.25   Do I2  x sin x 2     sin xdx  x sin x  cos x 02  0 Vậy I  I1  I2  (1,0)   1   3     1    2 2  Ta có AB 1; ; 3 vec tơ phương đường thẳng d Phương trình đường thẳng d x y 1 z    Gọi M  t ; 1  2t ; 2  3t   d Theo ta có d M ;  P    t   1  2t    2  3t   12  2   2  2 sin2 a.cos a sin2 a  cos a cos2 a Theo ta có cos a    sin2 a   cos2 a    9 Vậy A   Số cách bốc thăm ngẫu nhiên môn môn thi n     C8  56 Ta có A  Gọi A biến cố “Để giáo viên coi thi môn thi trắc nghiệm” Có trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: môn trắc nghiệm; môn tự luận Trường hợp 2: môn trắc nghiệm; môn tự luận Ta có n  A   C4 C4  C4 C4  28 Vậy xác suất cần tính P  A   n  A n   0.25 0.25 0.25 0.25 2 5  t   t  1  5t     5  t  6  t  11 Với t  1  M  1; 3; 5  ; với t  11  M 11; 21; 31 (1,0) 0.25 28  56 1006 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (1,0) Diện tích hình chữ nhật ABCD SABCD  AB.BC  a 2 a  2 a2 Gọi H trung điểm BC ta có tam giác SBC cân S nên SH  BC mà  SBC    ABCD  suy SH   ABCD  0.5   60 Góc đường thẳng SD mặt phẳng  ABCD  SDH  Ta có SH  HD.tan SDH HC  CD2 tan 60  a2  2a2  3a 1 Thể tích khối chóp S.ABCD V  SH SABCD  3a.2 a2  2 a3 3 Dựng hình bình hành BDCE, ta có CE //BD Suy BD // SCE  Ta có d BD ; SC   d BD ;  SCE    d B ;  SCE    d H ;  SCE   0.25 Kẻ HK  CE với K  CE , ta có SH  CE nên CE   SHK  Kẻ HI  SK với I  HK ta có HI  CE Từ suy HI   SCE  Do d H ;  SCE    HI Ta có S   BC CD  2a a  a HK  HC sin HCK BD a Trong tam giác vuông SHK a 3a  3a ta có HI  SH HK  2 14 SH  HK a2 a2  Vậy d BD ; SC   HI  (1,0) 0.25 I E K B 3a 7 C H A D    EDH  nên Ta có HCE DHE ; EHC A  HCE  DHE  g  g  Suy HE  DE  HE  DE (Vì tam giác ABC cân HC DH HB 0.25 DA A nên HB  HC D trung điểm AH ta có DA=DH) D  Do  ADE  BHE (c-g-c)  ADE  BHE   EAD  hay EBH   EAH  Vậy tứ suy EBH giác AEHB nội tiếp nên  AEB   AHB  90 (góc E nội tiếp chắn cung  AB ) hay AE  EB B H C   Gọi A  a ; a  1  d Ta có EA   a  ; a  1 ; EB   3; 1   Vì AE  EB  AE EB    a    a    a  Suy A 1;   x 1 y   ;   Gọi H  x ; y  , D trung điểm AH nên D    2  HA.HB   x  2; y   x  y  y     Ta có     x  1; y  1  x  y  x  y    EH ED  Ta có H  E nên suy H 1; 1 Vì H trung điểm BC nên C  3; 1 Kết luận : A 1; 3 , C  3; 1 1007 0.25 0.25 0.25 CÂU (1,0) NỘI DUNG ĐIỂM ; x  y   Đặt t  x  y ( t  )  y  t  x t  PT (1) trở thành: xt  t  x  t  2t  x   t  1  t  x     t   x Điều kiện: x  y      x  y   x  y  thay vào PT (2) hệ ta được: Với t  ta có 2x   2x   2x  0.25  x   Do 2x        x  1    x ; y    3 ;    x ; y    1;   2 0.25 x  x  y  x   thay vào PT(2) ta x  y  x Với t   x ta có   x2   x2  x   x2  x  (*) Áp dụng bất đẳng thức AM  GM ta có x2   x2  x  Cộng vế theo vế ta  x x  x   2 3x  x  Dấu “=” xảy x  1 x2   x2  x   2 3x  x  Từ phương trình (*) suy x  x     x  1   x  1 Vậy phương trình (*) có nghiệm x  1 Do  x ; y    1;   x2    0.5  3  ;    x ; y    1;   2 Kết luận : Hệ cho có hai nghiệm  x ; y    10 (1,0) Vì a , b , c  1;  nên ta có a4   5a2 ; b4   5b2 Suy a  b  5c  a  b  c    a  b  c    ab  bc  ca      4  2 0.25  Và  a   b   c     abc   ab  bc  ca    a  b  c     a  1 b  1 c  1   abc   ab  bc  ca  a  b  c   mà a  b  c  Nên ta có ab  bc  ca   abc   ab  bc  ca    ab  bc  ca  Suy ra: a4  b4  5c2  abc   ab  bc  ca   24  ab  bc  ca   25 25 Do P    ab  bc  ca      ab  bc  ca   ab  bc  ca ab  bc  ca 0.25  a  b  c Đặt t  ab  bc  ca , ta có ab  bc  ca  Ta có P  f  t    16  16  nên t  5 ;   3 25 25  16   t  có f '  t   1   ,t  5 ;  ; t t  3  16   Do P  f  t   f  5   3 Với a  b  1; c  P  Vậy giá trị lớn P Suy f  t  nghịch biến 5 ; 1008 0.5 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN - Môn: Toán THPT TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 177 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x3  3x2 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x   x  x đoạn 1;9 Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z   8i Tính môđun số phức z b) Giải phương trình x  32 x  10    Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  x   ln x  dx x  Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  y  z   điểm A  4;1;3 Viết phương trình đường thẳng  qua A vuông góc với mặt phẳng  P  xác định tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua mặt phẳng  P  Câu (1,0 điểm) a) Cho góc        ;0  thỏa mãn 2cos   Tính giá trị biểu thức A  tan   cot    b) Trong chương trình hiến máu nhân đạo quý năm 2016, trường THPT đăng kí số lượng học sinh tham gia tình nguyện hiến máu 27 em Tuy nhiên theo kết khảo sát khối 12, số lượng học sinh đăng kí tham gia tình nguyện thống kê bảng sau: Lớp 12A 12B 12C 12D 12E 12G 12H 12I 12K Tổng số Nhóm máu AB 0 0 20 Nhóm máu O 15 17 10 12 18 8 102 Nhóm máu A 10 10 13 15 14 10 17 16 114 Nhóm máu B 3 10 48 Tổng số 35 35 30 30 30 30 30 32 32 284 Để lập danh sách 27 học sinh tham gia đợt hiến máu nhân đạo, nhà trường chọn ngẫu nhiên lớp học sinh đăng kí tình nguyện Tính xác suất để 27 em học sinh chọn có học sinh có nhóm máu AB Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc SB mặt phẳng đáy 300 Gọi G trọng tâm tam giác ABC H hình chiếu vuông góc G cạnh AB Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SBD  theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AC Gọi H  2;2  là hình chiếu vuông góc A BD; E hình chiếu vuông góc D AC, M trung điểm đoạn BD Biết phương trình đường thẳng BC, EM x  y   x  y   Xác định tọa độ điểm A Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x 2 x    x  x   (trên tập số thực ) Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 28  ab  bc  ca  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1   2a 4b c Hết -Xem đáp án tai www.K2pi.Net.Vn click vào 1009 HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KỲ THI THỬ QG LẦN THỨ II NĂM 2016 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA (Đáp án-thang điểm gồm 04 trang) -Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm Khảo sát hàm số vẽ đồ thị hàm số y   x3  x2  Tập xác định D   Sự biến thiên: 0,25 x  y'    x  +) Hàm số đồng biến khoảng  0;2 ; nghịch biến khoảng  ;0   2;    +) Đạo hàm y '  3 x2  x; 0,25 +) Giới hạn lim y  ; lim y   x x +) Bảng biến thiên 0,25 +) Cực trị Hàm số đạt cực đại x  2; yC §  Hàm số đạt cực tiểu x  0; yCT   Đồ thị 0,25 Hàm số y  f  x  xác định đoạn 1;9 Ta có f '  x   (1,0 điểm) x  1; f '  x    x  0,25 Ta lại có f 1  3; f    4; f    Do đó: 0,25 max f  x   4, đạt  x  0,25 1;9  x 1 f  x   3, đạt   1;9  x  0,25 1010 Trang | 1/4 a) Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z   8i Tính môđun số phức z Ta có 1  i z   8i   2i  z   8i  z  (1,0 điểm) 0,25 Vậy z  42  32  0,25 b) Giải phương trình x  32 x  10 Ta có 3x  32 x  10  3x  3x  2x x  10   10.3     x 3x 3  Thay trở lại ta tìm tập nghiệm phương trình cho T  0;2 0,25  x2 Ta có I   xdx   ln xdx    1  0,25     ln xdx    ln xdx  1   ln x  u  du   Với I1   ln xdx đặt  x đó:  dx  dv v  x  (1,0 điểm)  8i  z   3i 2i 2 0,25   0,25   2ln2  1  2ln2  2 0,25 I1   x ln x    dx  2ln2  x  2ln2  2 Vậy I  x   t  nên có phương trình:  y   t  t  R z   t  Đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng  P  (1,0 điểm) Tọa độ giao điểm  I     P  0,5 x   t y   t  nghiệm hệ   I 3;0;4  z   t  x  y  z   0,25 Điểm A ' đối xứng với A qua mặt phẳng  P   A '  2;  1;5  0,25    a) Cho góc     ;0  thỏa mãn 2cos   Tính giá trị biểu thức A  tan  cot    2cos     Theo ta có            ;0     (1,0 điểm) 0,25     Do P  tan     cot       3  3 0,25 b) …   C  C  Số phần tử không gian mẫu : n  C35 30 32 0,25 Gọi A biến cố “trong tất 27 học sinh chọn có học sinh có nhóm máu AB”   C  3 C30 Ta có n  A  C35 3 32   C1 C2 C3  29 23 Vậy xác suất để xảy biến cố A P  A   2  2C71 C23 C29 C233     C  3 C35 C30 3 32     C C  C C  C  C  C1 C2 C3  29 23 35 1011 30 32 23 29  C23  0,25 Trang | 2/4 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Nội dung a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho + TXĐ: D = R + Sự biến thiên: x  y '  3 x  x; y '    x  Điểm 0,25 Hàm số tăng trên: (0; 2) ; hàm số giảm trên: ( ;0) (2;  ) Cực trị đồ thị hàm số: CT (0; 1) CD(2;3) + Giới hạn: lim y  ; lim y   x  0,25 x  +BBT: x y y   0     1 Câu1 (2,0 điểm) 0,25  + Đồ thị: 0,25 b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình: x  x  m  có ba nghiệm thực phân biệt Phương trình cho tương đương với:  x3  x   m  (*)  y  f ( x)   x  3x  (C ) Đặt  (d )  y  g ( x)  m  Lúc số nghiệm phương trình (*) số giao điểm (C) (d) Từ đồ thị suy ra: (*) có nghiệm thực phân biệt 1  m     m  a) Giải phương trình: x  6.3x1   Câu2 (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Phương trình viết lại: x  2.3x   Đk: x  R Đặt t  3x ; t  Phương trình cho trở thành: t  1 (l ) t  2t     b  4ac ( n) t  Vậy phương trình cho tương đương: 3x   x  (Lưu ý: học sinh giải trực tiếp cho điểm tối đa) 1113 0,25 0,25 b) Tìm phần ảo số phức z, biết rằng: (9  i) z  (2  5i )(1  2i )   3i Ta có: (9  i) z  (2  5i )(1  2i )   3i  z   Vậy phần ảo z    0,25 0,25 I   (esinx  x )cos xdx   esinx cos xdx  Câu (1,0 điểm) 1  i 2 0,5   x cos xdx  I1  I 0,25 0,25 I1   es inx cos xdx  e   0,25  I   x cos xdx     I  I1  I  e   2 0,25 a) Giải phương trình: 0,5 sin2x – cos2x = sinx –  2sin x cos x  (1  cos x )  2sin x  2sin x(cos x  sin x  1)    x  k sin x   x  k        x    k 2    sin( x   )    x    k 2 4     3 x    k 2 4  b) Tìm hệ số chứa x8 khai triển ( x  x  )(1  x) 2n thành đa thức biết n Câu (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,5 số tự nhiên thoả mãn hệ thức 3Cn3  7Cn2 n  3, n  N 3 n! n! (n  2)(n  1)n (n  1)n 7  7 3! n  3 ! 2! n  ! 2 0,25 giải n  1 20 k Khai triển (2 x  1) 20   C20 (2 x) 20 k 4 k 0 hệ số chứa x8 ứng với 20 – k =  k  12 Do hệ số cần tìm 12 C20 =8062080 1114 0,25 Câu (1,0 điểm) a) Viết phương trình đường thẳng qua I vuông góc với mặt phẳng ( ) 0,5 Đường thẳng d qua I vuông góc ( )  Suy d qua I(1; 2; 1) nhận n( )  (2; 1; 2) làm vectơ phương: 0,25  x   2t  d y  2t  z   2t  0,25 ;t  R b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I tiếp xúc với mặt phẳng ( ) 0,5 Vì (S) tiếp xúc với mp ( ) nên bán kính (S) là: R  d ( I , ( ))  0,25 Vậy: ( S ) : ( x  1)2  ( y  2)2  ( z  1)  0,25 S VS ABCD  SH S ABCD Ta có SH2=HA.HB=2a2/9  SH  VS ABCD 0,25 a M a a3  2.a  (đvtt) 9 B C 0,25 I H K A Câu (1,0 điểm 0,25 d ( I , ( SCD )) IC IC CD IC      d ( H , ( SCD )) HC IH BH CH 13 CH2=BH2+BC2= a 0,25 1 11 a 22 3a 22     HM  Vậy d ( I , ( SCD))  2 HM SH HK 2a 11 55 Gọi K trung điểm HD Chứng minh AK vuông góc với MK Gọi P trung điểm AH Ta có AB vuông góc với KP, P trực tâm tam giác ABK Suy BP  AK  AK  KM Câu (1,0 điểm) D A B P H M K D Phương trình KM: qua M(9/2;3) vuông góc với đường thẳng d có pt: MK: x  y  0,25 15  Toạ độ K(1/2;2) C 0,25 0,25 Do K trung điểm HD nên D(0;2), suy pt (BD): y – = Suy ra: AH: x – = Vậy: A(1; 0); suy ra: AD có pt: 2x + y – = BC qua M song song với AD nên BC: 2x + y – 12 = 1115 0,25  x x  y  y  x4  x3  x (1) x   Đk:   y   x  y  x   y ( x  1)  (2)  2 0,25 0,25 (1)  x( x  y  x  x )  ( x  y )  yx x 2  x  y   ( x  y )( x  y  x  x  x )  x y x x Câu8 (1,0 điểm) x  Vì  Do đó: (1)  x  y Thay vào pt (2) : y   x  x  x   x( x  1)  0,25 Đặt t  x  x  1(t  0)  t  x   x ( x  1) Pt trở thành t2 + + 2t = hay t2 + 2t – = lấy t =  x   x   25 x  x( x  1)   x   x 16 4 x  x  25  20 x  x   25 25  Vậy hệ có nghiệm  ;   16 16        1  1      ab  bc  ca  a  b  c   2abc  a  b   c  0,25 Ta có:  2 0,25 P= (a  b  c )  2(ab  bc  ca )  (a  b  c)  2(a  b  c  1)  4abc Câu 9(1,0 điểm)  abc Theo Cô si abc      0,25 Đặt t = a + b + c, ta có: P  t  2t   t với [...]... SBD Do vậy d  A;  SBD    AI 1 1 1 a 5    AI  5 AI 2 AO2 AS2 1 a 5 Vậy d  H;  SBD   d  A;  SBD    3 15 Do tứ giác AEHD nội tiếp nên EHM  DAE , lại do tứ giác 0,25 0,25 Trong tam giác vuông SAO có 0,25 ABCD nội tiếp nên DAC  DBC Từ đó suy ra EHM  DBC  EH / / BC Phương trình đường thẳng EH : x  2 y  6  0 0,25 8 (1,0 điểm)  x  2 y  6  14 8   E   ;  Tọa độ điểm E là... (1,0 điểm) E K I B 8 (1,0 đ) ,25  Gọi AI là phân giác trong của BAC  Ta có :  AID   ABC  BAI A M' 0,25 M C D   CAD   CAI  IAD   CAI ,  nên Mà BAI ABC  CAD   AID  IAD 0,25  DAI cân tại D  DE  AI PT đường thẳng AI là : x  y  5  0 0,25 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0 Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)  VTCP của đường thẳng AB là