SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT GIA LỘC ĐỀ SỐ 148 ĐỀ THI THỬ LẦN KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x  3x  (C) 1) Khảo sát thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  3x  (C) 2) Tìm đồ thị (C) hai điểm phân biệt M N đối xứng với qua trục tung Câu (1,0 điểm) 1) Cho số phức z thỏa mãn: 1  2i  z    3i  z  2  2i Tính môđun z 2) Giải bất phương trình: log x  log  x  1  log  x  3  Câu (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos5 x.cos3x  sin x  cos8 x 2) Một hộp có thẻ giống đánh số liên tiếp từ đến Rút ngẫu nhiên đồng thời hai thẻ (không kể thứ tự) nhân hai số ghi hai thẻ với Tính xác suất để kết nhận số chẵn Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   x  1 dx x2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a (a > 0),  ABC  600 Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD) góc tạo SC mặt phẳng (ABCD) 600 Gọi M trung điểm SB Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AM, SD theo a Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  y  z   mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z  11  Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường tròn Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC nội tiếp đường tròn tâm  Đường thẳng AD cắt đường tròn I  2;  , điểm D chân đường phân giác góc BAC ngoại tiếp ABC điểm thứ hai M (khác A) Tìm tọa độ điểm A, B, C biết điểm J  2;2  tâm đường tròn ngoại tiếp ACD phương trình đường thẳng CM là: x  y     y  1  y y   x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x  x2  x    2 x  y   ( x, y   ) Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa:  a  b3   c3   a  b  c  ac  bc   a  b   c2 2a bc  Tìm giá trị lớn biểu thức: P    3a  b  2a  c   a  b  c  16 Hết -Họ tên thí sinh: – Số báo danh: Cán coi thi không giải thích thêm 850 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN I KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Câu Ý Nội dung Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  TXĐ: D   Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y '  x  3; y '   x  1 - Giới hạn: lim y  ; lim y   x  BBT x y, Điểm 1,0 0,25 x  - -1 + + - + + 0,25 y - -3 Vậy: Khoảng đồng biến: (; 1) (1; ) ; khoảng nghịch biến (1;1) Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  1  yC Ð  ; đạt cực tiểu x   yCT  3 (2đ) Đồ thị 0,25 y -2 x -1 0,25 -1 -3 Tìm đồ thị (C) hai điểm phân biệt M N đối xứng qua trục tung Gọi M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  hai điểm thuộc đồ thị (C) 0,25  x   x2  M, N đối xứng qua 0y    y1  y2  x2   x1    3  x1  3x1   x2  3x2  0,25  x   x      x2    x2  M     3; 1 , N  3; 1 hoăc N 1,0 0,25     3; 1 , M  3; 1 Tính môđun z Gọi z  x  yi  x, y    Theo ta có: 1  2i  x  yi     3i  x  yi   2  2i   3x  y     x  y  i  2  2i 0,25 0,5 0,25 851 (1đ) 3x  y  2 x 1 Do z     x  y   y    Giải bất phương trình log x  log  x  1  log  x  3  ĐK: x  (*) log x  log  x  1  log  x  3   log  x  x   log  x  3 0,25 0,5 0,25 1  x  x      x  kết hợp đk (*) ta  x3 2 Giải phương trình: cos x.cos3 x  sin x  cos8 x 2cos x.cos3 x  sin x  cos8 x  cos8 x  cos2 x  s inx  cos8 x (1đ)  cos2 x  s inx   2sin x  s inx    s inx  1  Phương trình có nghiệm: s inx      7 x   2k  , x    k  , x   2k  k    6 Tính xác suất để kết nhận số chẵn Số phần tử không gian mẫu là: C92  36 Gọi A biến cố: “kết nhận số chẵn” Số kết thuận lợi cho A là: C51.C41  C42  26 26 13 Xác suất cần tìm P  A    36 18 Tính tích phân: I   (1đ) I  2  t  1 t t2 1 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 t   dt  2    dt t 1  t 1 2 dt  2   t  ln t   0,5 1,0 Đặt t  x   x  t   dx  2tdt Đổi cận x   t  3; x   t  2 (1đ) x  1 dx x2 0,25 0,25 0,25   ln Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AM, SD theo a 0,25 1,0   600  ABC  AC  a ABC cân, BAC    600 Do : SA   ABCD    SC ,  ABCD    SCA 0,25 Trong SAC : AC  a, SA  AC.tan 600  a S ABCD  BA.BC.sin 600  a2 Thể tích khối chóp S ABCD VS ABCD a3  SA.S ABCD  0,25 852 Gọi O tâm hình thoi Vì OM đường trung bình SBD  OM / / SD  SD / /  AMO  0,25 3V  d  SD, MO   d  SD,  AMO    d S,  AMO    S AMO S AMO 1 a3 VSAOM  VS ABO  VS ABCD  16 a AMO : AM  SB  a; OA  , OM  SD  a 2  S AMO  S M a 15 16 A B O 3a a 15  15 D C a 15  d  SD, AM   Chứng minh mặt phẳng (P) mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường tròn Mặt cầu (S) có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  0,25  d  S,  AMO    Khoảng cách từ điểm I tới mp(P) d  I ,  P    1,0 0,25 Vì d  I ,  P    R  mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  theo đường tròn Bán (1đ) kính đường tròn r  R  d  I ,  P    0,25 Gọi H hình chiếu vuông góc điểm I  P  suy đường thẳng IH qua I vuông góc với mp(P)  x   2t   pt đường thẳng IH :  y   2t z  3t  0,25 Khi H giao mp(P)với IH  H  3; 0;  0,25 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C ABC 1,0 A J I (1đ) B D C M   2CAD  ( ACD nội tiếp đường tròn tâm J ) Ta có CJD   BAD   BCM   CJD   BCM  Mà CAD   2   JCD   1800 CJD cân J nên CJD JCD  1800  BCM   BCM JCD  900  CM  CJ 0,25 853  CJ : x  y   , mà C  CJ  CM  C  1;3 0,25 Ta có A,C hai điểm chung hai đường tròn tâm I tâm J nên đường thẳng AC qua C vuông góc với IJ  AC : x  1 Đường tròn (C) ngoại tiếp ABC có tâm I (2; 2) bán kính IC  10 0,25   C  :  x     y    10 Do : A  AC   C   A  1;1 Do : M  CM   C   M  3; 1 điểm cung BC suy IM vuông góc với BC Đường thẳng BC qua C, vuông góc với IM  BC : x  y  10  0,25  19 23  Do : B  BC   C   B  ;   5  1  y  1  y y   x  Giải hệ phương trình   x  x  x    2 x  y   2  1,0 Đk: x  y   Ta có: 1  x  y    x  1   x  1 4 2  y2 1  y  y2 1  y   vào PT (2) ta 0,25 x 1  x 1        y  y  (*) (vì 2   (1đ) 0,25 y2   y  y  y  ) Xét hàm số f  t   t  t   f ' t    t  t 1 t2 1  t  0, t   , t   t  t  t  0, t   t 1 0,25  x 1   f  t  đồng biến  , theo (*) ta có f    f  y    x  2y 1 Với x  y  thay vào (1) ta có:  y2 1  y  4 y2 1  y   y2 1   y  y  x 0,25  3 Vậy hệ có nghiệm  x; y    ;   4 854 Tìm giá trị lớn biểu thức 1,0 Áp dụng BĐT: x  y  x y  x  y  ; xy    , x, y  , kết hợp với giả thiết   suy ra: 3  a  b  c    a  b   c3   a  b3   c3   a  b  c   c  a  b      a  b  c 2   a  b  c   2  a  b  c      0,25 dấu “=” xảy a+b=c>0 Khi sử dụng BĐT AM-GM ta có: 2a  3a  b  2a  c   (1đ) a  b2 a  a c2    2a  0,25 a a   dấu “=” xảy a=b>0 b2 a a  b  c  ac22 2a a  b  c a bc Và  a  b   c   a  b  c   P   a bc2 32 2 Đặt t  a  b  c   P  f  t   f ' t   0,25 t t2  t  32 2 t  2 2 t 32  t  t      0, t  16 16  t    hàm số f  t  nghịch biến  4;   Do P  f  t   f    0,25 1 Vậy GTLN P 6  a  b, a  b  c Dấu “=” xảy    a  b  1, c  a bc  Hết 855