Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH Tỉnh Yên Bái ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn Toán – lần thứ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x + x + m (1) 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = -4 2/ Xác định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam giác OAB vuông O (O gốc tọa độ) Câu (0,5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 + i )( z − i ) + z = 2i Tìm mô đun số phức w = z − 2z +1 z2 Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình + log ( x − 1) ≤ log ( x + x − 4) π cos x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ (e + x )sin xdx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(-1;2;3) mặt phẳng (P) có phương trình 4x+y-z-1=0 Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) tìm tọa độ tiếp điểm M Câu (1,0 điểm) cos α 2sin α + 3cos 3α b/ Xét tập hợp E gồm số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0;1;2;3;4;5;6;7} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp E Tìm xác xuất để phần tử chọn số chia hết cho a/ Cho góc α thỏa mãn cot α =2 Tính giá trị biểu thức P = Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB=AC=a, ·ABC = 300 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ trọng tâm G tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC) theo a Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình: (4 x + x − 1) x + x + ≤ (4 x + 3x + 5) x − + Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường thẳng (d1):2x-y+2=0, đỉnh C thuộc đường thẳng (d2): x-y-5=0 Gọi H hình chiếu B AC Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết M ( ; ) ,K(9;2) trung điểm AH, CD điểm C có tung 5 độ dương Câu 10 (1,0 điểm).Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn 5( a + b + c ) = 6(ab + bc + ca) Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2(a + b + c) − (b + c ) Hết - ĐÁP ÁN Câu Câu 2,0đ Nội dung Cho hàm số y = x + x + m (1) 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = -4 Với m = -4 ta có hàm số y = x + x − Điểm 0,25 Tập xác định: R Sự biến thiên +Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ +Chiều biến thiên: y ' = 3x + x x = y ' =   x = −2 Bảng biến thiên: Hàm số đồng biến khoảng (−∞; −2) (0; +∞) Hàm số nghịch biến khoảng (-2;0) +Cực trị: Hàm số đạt cực đại x= -2;yCĐ=0 Hàm số đạt cực tiểu x= 0;yCT= -4 0,25 0,25 +Đồ thị: Đồ thị cắt trục Ox điểm (−2;0) (1;0) Đồ thị cắt trục Oy điểm (0; -4) 2/Xác định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam giác OAB vuông O (O gốc tọa độ) Ta có: y ' = 3x + x x = y ' =   x = −2 Do y’=0 có nghiệm phân biệt y’ đổi dấu qua nghiệm nên đồ thị hàm số có điểm cực trị A(0;m) , B(-2;m+4) uuu r uuur OA(0; m), OB (−2; m + 4) uuu r uuu r m = ∆OAB vuông O OA.OB = m(m + 4) =   m = −4 Câu 0,5đ 0,5 0,5 Do O,A,B tạo thành tam giác nên m = - Cho số phức z thỏa mãn (1 + i )( z − i ) + z = 2i Tìm mô đun số phức w = z − 2z +1 z2 Ta có (1 + i )( z − i ) + z = 2i z − i + iz + + z = 2i (3 + i ) z = −1 + 3i −1 + 3i (−1 + 3i)(3 − i) −3 + i + 9i + z = = = =i 3+i (3 + i )(3 − i ) +1 w= z − z + −i − 2i + −3i + = = = −1 + 3i z2 i2 −1 Do đó: | w |= + = 10 Câu 0,5đ 0,25 Giải bất phương trình + log ( x − 1) ≤ log ( x + x − 4) 0,25 0,25 x >    x < −1 − 17 x −1 > −1 + 17   x > ĐK:  2  x + x − >  − + 17  x >   BPT cho tương đương với log 2 + log ( x − 1) ≤ log ( x + x − 4) 0,25 log 2 + log ( x − 1) ≤ log ( x + x − 4) log 2( x − x + 1) ≤ log ( x + x − 4) log (2 x − x + 2) ≤ log ( x + x − 4) 0,25 x − x + ≤ x + x − x − x + ≤ ≤ x ≤ Kết hợp đk ta nghiệm BPT ≤ x ≤ Câu 1,0đ π cos x Tính tích phân I = ∫ (e + x )sin xdx π π π 0 I = ∫ (ecos x + x )sin xdx = ∫ ecos x sin xdx + ∫ x sin xdx = I1 + I π 0,25 0,25 cos x Tính I1 = ∫ e sin xdx Đặt t=cosx=>dt=-sinxdx Đổi cận:x=0=>t=1;x= π =>t=-1 −1 t t Ta có: I1 = − ∫ e dt = ∫ e dt = e t −1 1 =e− −1 e π Tính I = ∫ x sin xdx 0,25 u = x du = dx =>  Đặt   dv = s inxdx v = −cosx I = − x cosx Câu 1,0đ π π π + ∫ cosxdx = π + s inx = π 0 Vậy I = e − + π e Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(-1;2;3) mặt phẳng (P) có phương trình 4x+y-z-1=0 Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) tìm tọa độ tiếp điểm M Do (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên | −4 + − − 1| R = d ( I ;(P)) = = 16 + + Mặt cầu (S) có phương trình ( x + 1) + ( y − 2) + ( z − 3) = Đường thẳng IM qua I(-1;2;3), vuông góc với (P) nên nhận vtpt (4;1;-1) (P) làm 0,25 0,25 0,25 0,25 vtcp có phương trình:  x = −1 + 4t   y = + t (t ∈ R ) z = − t  Gọi M(-1+4t;2+t;3-t) Do M thuộc (P) nên thay tọa độ M vào pt (P) ta được: 4(−1 + 4t ) + + t − (3 − t) − = −4 + 16 t + + t − + t − = t = Vậy M ( ; ; ) 3 Câu 1,0đ a/ Cho góc α thỏa mãn cot α =2 Tính giá trị biểu thức P = cot a = => sin a ≠ , ta có: 0,25 cos α 2sin α + 3cos 3α cos a cot a 2 cos a sin a sin a = cot a(1 + cot a) P= = = sin a cos3 a 2sin a + 3cos3 a + 3cot a + 3cot a +3 sin a sin a 2.2.(1 + 4) 10 = = + 3.23 13 b/Xét tập hợp E gồm số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0;1;2;3;4;5;6;7} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp E Tìm xác xuất để phần tử chọn số chia hết cho Số số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 0,25 0,25 0,25 5; 6; 7} kể số đứng đầu A Số số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} có số đứng đầu A7 Số phần tử tập E A8 - A7 =5880 Gọi A biến cố chọn số có chữ đôi khác chia hết cho Số kết thuận lợi A A7 + A6 = 1560 1560 13 = 5880 49 Cho hình chóp S.ABC có AB=AC=a, ·ABC = 300 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ trọng tâm G tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC) theo a Xác suất biến cố P ( A) = Câu 1,0đ 0,25 Trong mặt phẳng (ABC), kẻ AM ⊥ BC (M ∊ BC) Ta có: SA ⊥ (ABC)  SA ⊥ BC  BC ⊥ (SAM) · SM ⊥ BC nên SMA = 600 góc mặt phẳng (SBC) (ABC) 0,5 Ta có: tam giác ABC cân A nên ·ABC = ·ACB = 300 · => BAC = 1200 1 a2 Ta có: S ABC = AB AC.sin120 = a.a = 2 a Ta có: tam giác ABM: AM = AB.sin 30 = Trong tam giác SAM vuông A ta có: SA = AM tan 600 = a 1 a a2 a3 Thể tích khối chóp S.ABC VS ABC = SA.S ABC = = 3 Vì AM = 3GM, AM ∩ (SBC) = M nên d(G,(SBC))= d(A,(SBC)) Ta có: (SAM) ⊥ (SBC) ( có BC ⊥ (SAM)) Có: (SAM) ∩ (SBC) = SM Trong mặt phẳng (SAM), kẻ AH ⊥ SM (H∊ SM) AH ⊥ (SBC) nên AH = d(A, (SBC)) Trong tam giác vuông SAM vuông A có: 1 16 3a = + = => AH = 2 AH AS AM 3a a 12 Giải bất phương trình: Vậy d(G,(SBC)) = Câu 0,5 1,0đ (4 x + x − 1) x + x + ≤ (4 x + 3x + 5) x − +  x ≤ −1 ĐK:  x ≥1 0,25 Đặt u = x + x + 2; v = x − 1(u , v ≥ 0) ta có: x + x − = u + 3v ; x + x + = 3u + v Bất phương trình cho có dạng: (u + 3v ) u ≤ (3u + v )v + 0,25 u + 3uv ≤ 3u v + v3 + (u − v)3 ≤ u − v ≤ u ≤ v + Xét 0,5 x + x + ≤ x −1 +1 2 x + ≥ x +  x + <  x < −2    x − ≥    x ≥ −2 x+2≥0  3 x − x − ≥      4( x x − 1) ≥ x + x +  x < −2   2−2   x ≥ −2  x ≤      x ≤ −   2+2  x ≥      x ≥ +    2−2 2+2 ] ∪[ ; +∞) 3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường thẳng (d1):2x-y+2=0, đỉnh C thuộc đường thẳng (d2): x-y-5=0 Gọi H hình chiếu Vậy tập nghiệm phươn trình (−∞; Câu 1,0đ B AC Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết M ( ; ) ,K(9;2) lần 5 lượt trung điểm AH, CD điểm C có tung độ dương 0,25 Gọi N trung điểm BH Ta có MN đường trung bình ∆ABH suy MN // KC, MN = AB = KC =>MNCK hình bình hành => MK // CN (1) Do MN ⊥ BC, BN ⊥ MC nên N trực tâ ∆BMC=> CN ⊥ BM (2) Từ (1) (2) suy MK ⊥ BM Đường thẳng BN qua M, vuông góc với MK nên có phương trình : 9x + 2y – 17 = Do B = BM∩ d1 nên tọa độ B thỏa mãn : 9 x + y − 17 = x =  => B (1; 4)  2 x − y + = y = Gọi C(c;c-5) với c > uuur uuur Do BC ⊥ KC => BC.KC = uuur BC = (c − 1; c − 9) uuur KC = (c − 9; c − 7) Câu 10 1,0đ c = Do (c− 1)(c − 9) + (c − 9)(c − 7) =  c = Suy C(9;4) c > Đường thẳng CM qua M C nên có phương trình: x-2y-1=0 Đường thẳng BH qua B, vuông góc với MC nên có phương trình 2x+y-6=0 13  x=  2 x + y − = 13   => H ( ; ) Tọa độ H thỏa mãn  5 x − y −1 = y =  M trung điểm AH nên A(1;0) Khi D(9;0) Vậy đỉnh hình chữ nhật A(1;0), B(1;4), C(9;4), D(9;0) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn 5( a + b + c ) = 6(ab + bc + ca) Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2(a + b + c) − (b + c ) Ta có: (b + c) 2 2 2 5a + (b + c) ≤ 5a + 5(b + c ) = 6(ab + bc+ ca) ≤ 6a(b+ c) + 2 => 5a − 6a (b + c) + (b + c) ≤ b+c ≤ a ≤b+c => a + b + c ≤ 2(b + c) Đẳng thức xảy x=b+c;b=c Khi đó: 1 P = 2(a + b + c) − (b + c ) ≤ 4(b + c) − (b + c ) = b + c − (b + c) 2 Đặt t = b + c (t ≥ 0) Ta có: P ≤ 2t − t 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Xét hàm số f (t )2t − t [0; +∞) f '(t ) = − 2t f '(t ) = t = Bảng biến thiên t=1, đó: maxP= a=1;b=c= 2 Từ BBT suy max f (t ) = 0,5