SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT LÝ THƯỜNG KIỆT TỔSỐ TOÁN ĐỀ 107 ĐỀ THI THỬ LẦN II NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2,0 điểm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số y  x  x  2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) , biết hệ số góc tiếp tuyến – Bài 2: (1,0 điểm) 1) Cho tan x  Chứng minh: sin x  2sin x  3cos x  2) Giải phương trình: log 4.log  x    x Bài 3: (1,0 điểm) z  5i  3i 2) Trong hộp có chứa 10 cầu có kích thước đánh số từ đến 10 Lấy ngẫu nhiên ba cầu hộp Tính xác suất để số ghi cầu lấy độ dài ba cạnh tam giác 1) Tính môđun số phức: w  z  z , biết Bài 4: (1,0 điểm) Tính tích phân: I   x2 dx e2 x Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A( 3; 1; 2) , đường thẳng  x  3  d :  y  6  5t mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa z   t  đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) độ dài đoạn MA Bài 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, tam giác SAC cân S nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, SB hợp với đáy góc 300 Gọi M trung điểm đoạn BC Tính thể tích khối chóp S.ABM khoảng cách hai đường thẳng SB, AM theo a Bài 7: (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD, đỉnh D (1;1) điểm M (5;5) nằm cạnh AB cho AM = 3MB Tìm tọa độ đỉnh A, B, C hình chữ nhật, biết đỉnh A có hoành độ âm Bài 8: (1,0 điể̉m) Giải phương trình : x   3x  x   x x  x  ( x  ) Câu 9: (0,5 điểm) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a  b   ab  Tìm giá trị lớn ab 2   2  a  b  2ab –––––––––––––––Hết––––––––––––––– Họ tên thí sinh SBD: (Cán coi thi không giải thích thêm) biểu thức M  628 HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI GIẢI Bài BIỂU ĐIỂM a) Hàm số y  x  3x   TXĐ: D   + Các giới hạn: lim y  ; lim y   x  0,25 x   Sự biến thiên:  x  0;( y  2) y'= 3x  6x ; y '     x  2;( y  2) + Bảng biến thiên: x 1.1  y’ y + -2 0,25 0 - + +   -2 Hàm số đồng biến khoảng ( ; 2) (0; ) nghịch biến khoảng ( 2; 0) + Hàm số đạt cực đại x  2; yCD  , đạt cực tiểu x  0; yCT  2  Đồ thị: 0,25 0,25 1.2 2.1 Ta có x02  x0    x0  1( y0  0) PTTT : y = -3x - tan x   sin x  2cos x 1 cos x    tan x sin x  2sin x  3cos x  cos x  cos x  3cos x  7 cos x  2.2 ĐK: x  log 4.log (9 x  6)  x  log (9 x  6)  x  (3x )  3x   3x  2(VN )  x  x  1(n) 3  3.1 0,25 0,25+0,25 0.25 Ta có y'= 3x  6x Gọi M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm 0,25 7 (đpcm) 0,25 0,25 0,25 z   i  z  (5  i )(2  3i )  13  13i  3i 2 Do z  z  13  325i  z  z  13 626 0,25 Ta có 0,25 0,25 Không gian mẫu n( )  C103  120 629 3.2 Gọi A biến cố cần tính xác suất Gọi a  b  c ba số ghi ba cầu chọn ba số lập thành ba cạnh tam giác vuông ( c  a  b ) Ta có (a;b;c) : (3;4;5); (6;8;10) Do n(A) =2 n( A) P( A)    n() 120 60 du  dx u  x   Đặt   e 2 x 2 x dv  e dx v   0,25 1 1 3 1 7 I   ( x  2)e 2 x   e2 x dx    e 2 x  (  5) 20 2e 4 e 0 0,25+0,25 + 0,25   VTCP (d) : u  (0;5; 1) ; VTPT (P): n  (1; 2; 2)   VTPT (Q): [u; n]  (8;1;5) PT (Q): 8( x + ) + y + + (z - 2) =  8x + y +5z + 20 =0 Ta có M  d  M (3; 6  5t ;  t ) 0,25 d ( M ,( P ))  MA  (3)  2( 6  5t )  2(2  t )  1   t  0, t   M (3; 6; 2), M (3; 1;1)   (5t  5)  t Gọi H trung điểm AC   300 Ta có SH  ( ABC ), SBH 0,25 0,25 0,25 0,25 a a2 a3 , S ABM   VS ABM  48 Kẻ Bt//AM => AM//(SBt)  d ( AM , SB )  d ( AM ,( SBt )  SH  0,25 0,25 Gọi I hình chiếu H lên Bt, J  HI  AM Gọi L hình chiếu H lên SI d ( J ,( SBt )) d ( H ,( SBt ) HL   2  d ( J ,( SBt ))  d ( H ,( SBt ))  HL 3 3a a 13  d ( AM , SB )  13 13 0,25 0,25 3x 9x2 2 2 Ta có AD  AM  MD  x   62  42  x  16  x  4    AD AM  ( x  1)( x  5)  ( y  1)( y  5)  Gọi A( x; y ) , ta có   2  AD  ( x  1)  ( y  1)  16  3x   x2  y  4x  y   x  1 y      A(1;5) y  3 x  y   13 x  22 x  35   Đặt AD  x   AB  x, AM  630 0,25 0,25   Lại có AM  3MB, suy B (7;5) Gọi I trung điểm BD , suy I (3;3) Do I trung điểm AC nên ta có C (7;1) Vậy A( 1;5), B (7;5), C (7;1) 0,25 0,25 x  ĐK :  x    PT  x   3x  x   x x  x    3x  x   3x  x    x  x   x x  x   x   ( 3x  x   1)  (2 x  x  x  2)  3 x  x    x  x   1    x  x  2 2 x  x  x  4 x  x  x  0,25 0,25 +0,25 0,25 Đặt t  ab  t  Theo đề cho: a  b  1  ab   ab   2a 2b  ab ab 1  t   2t    t  t Với a  0, b  0, ab  ta có : 1 (a  b) (ab  1)   (*)   (đúng)  a  b  ab 1  a 1  b2  1  ab  Do M    ab  2ab 1 Xét hàm số g (t )   ,  t   max g (t )  g       t  2t 2  ;1 2  Vậy giá trị lớn M a  b  Nếu học sinh làm cách khác cho điểm tương ứng 631 0,25 0,25 0,25 0,25