22 đề thi thử THPT QG môn Toán của trung tâm luyện thi

Chia sẻ: Hồng Nguyễn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:152

Thêm vào BST

Báo xấu

75
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em học sinh thử sức bản thân thông qua việc giải những bài tập trong 22 đề thi thử THPT QG môn Toán của trung tâm luyện thi sau đây. Tài liệu phục vụ cho các bạn yêu thích môn Toán và những bạn đang chuẩn bị cho kỳ thi Trung học phổ thông Quốc gia sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 22 đề thi thử THPT QG môn Toán của trung tâm luyện thi

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TUẦN 4 THÁNG 06 – 2016 27 Đường Số 01-KDC Metro Môn: TOÁN LỚP BY1-BY6-A1-A3 (ĐB) ĐT: 0964.222.333 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2x  3 Câu 1: (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  . x 2 Câu 2: (1 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x   x 2  2 e 2x   trên đoạn 1;2 .   Câu 3: (1 điểm). a. Cho số phức z thỏa mãn z  2iz  3  3i Tính mô đun của z . b. Giải bất phương trình sau: log3 x  2  log 3 x  3  1  log3 2. Câu 4: (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng H  giới hạn bởi các đường: y  2xe x , y  0, x  2. Câu 5: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P  : 2x  y  z  3  0 và điểm A 1;  2;1 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng P . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với mặt phẳng P . Câu 6: (1 điểm). 2  cos2 x a. Tính giá trị của biểu thức: P  , biết cos 2x  0. 2  sin2 x b. Người ta dự định dùng hai loại nguyên liệu để chiết xuất ít nhất 140 kg chất A và 9 kg chất B. Từ mỗi tấn nguyên liệu loại I giá 4 triệu đồng, có thể chiết xuất được 20 kg chất A và 0,6 kg chất B. Từ mỗi tấn nguyên liệu loại II giá 3 triệu đồng, có thể chiết xuất được 10 kg chất A và 1,5 kg chất B. Hỏi phải dùng bao nhiêu tấn nguyên liệu mỗi loại để chi phí mua nguyên liệu là ít nhất, biết rằng cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp không quá 10 tấn nguyên liệu loại I và không quá 9 tấn nguyên liệu loại II ? Câu 7: (1 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  3a, AD  2a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD  là điểm H thuộc cạnh AB sao cho AH  2HB. Góc giữa mặt phẳng SCD  và mặt phẳng ABCD  bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD. Câu 8: (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại B , BC  2AB , E và F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC , AC . Gọi M là điểm nằm trên tia đối của tia FE sao cho ME  4EF . Cho biết M 6, 0 , AC có phương trình là 2x  y  6  0 và A có hoành độ là một số nguyên. Tìm các đỉnh của tam giác đã cho.  Câu 9: (1 điểm). Giải bất phương trình: 4x 3  4x 2  12x  5  x 2  2x  12x 2  9x  2.   2    x  1  x   y  1  y 2   1    Câu 10: (1 điểm). Tìm m để hệ bất phương trình  có nghiệm.  3   3 x  3y  3  m x  1  y  -------------------Hết---------------------
SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TTLTĐH DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN TUẦN 04 – 06 – 2016 (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) Câu GỢI Ý ĐÁP ÁN Điểm 2x  3 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  . 1.0 x 2 Tập xác định: D   \ 2 . 1 0,25 y'   0, x  D . Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;2);(2; ) . (x  2)2 Giới hạn: lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang: y  2 . x  x  lim y  , lim y   ; tiệm cận đứng: x  2 . 0,25 x 2 x 2 Bảng biến thiên: x 2   y’   2  0,25 y  2 Đồ thị: y 2 0,25 x O 1 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x   x 2  2 e 2x trên đoạn   2 1,0 1;2 .   Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 1;2 . Ta có 0,25    f  x   2x e 2x  x 2  2 2e 2x  2x 2  2x  4 e 2x  x  1   f  x   0  2x 2  2x  4 e 2x  0  2x 2  2x  4  0   x  2(l ) 0,25 f 1  e 2 ; f (1)  e 2 ; f (2)  2e 4 . 0,25 Vậy max f x   f (2)  2e 4 ; min f x   f (1)  e 2 . [-1;2] [-1;2] 0,25
3 1,0 a. Cho số phức z thỏa mãn z  2iz  3  3i Tính mô đun của z . 0,5 Đặt z  a  bi, (a, b  ) . Khi đó phương trình trở thành: (a  bi )  2i(a  bi )  3  3i a  2b  3 0,25    (a  2b  3)  (2a  b  3)i  0 2a  b  3  a  1    z  1  i . Vậy z  2. 0,25 b  1  b. Giải bất phương trình sau: log3 x  2  log 3 x  3  1  log3 2. 0.5 Điều kiện: x  2 . Phương trình tương đương: log3 (x  2)  log3 (x  3)  log3 6 0,25  log 3 (x  2)(x  3)  log 3 6   x  4  (x  2)(x  3)  6  x 2  x  12  0   x  3 0,25 Giao với điều kiện ta được x  3 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  (3; ) . 4 Tính diện tích hình phẳng H  giới hạn bởi các đường: y  2xe x , y  0, x  2. 1,0 x  0 Phương trình hoành độ giao điểm: 2xe  0   x x 0,25 e  0 (VN ) 2 2 Do đó: S   2xe dx  2xe xdx x (do 2xe x  0, x  0,2 ) 0,25 0 0 u  2x    du  2dx Đặt    dv  e xdx  v  ex    0,25 2 2 Khi đó, S  2xe x   2e xdx . 0 0 2  4e 2  2e x  2e 2  2 . 0,25 0 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P  : 2x  y  z  3  0 5 và điểm A 1;  2;1 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng P . Viết phương 1,0 trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với mặt phẳng P . 2.1  2  1  3 4 6 Khoảng cách: d A,(P )   . 0,5 6 3 x  1  2t  Phương trình đường thẳng  : y  2  t (t  ). 0,5  z  1  t 
6 1,0 2  cos2 x a. Tính giá trị của biểu thức: P  , biết cos 2x  0. 0,5 2  sin2 x 1  cos 2x 2 Ta có, P  2 0,25 1  cos 2x 2 2 5  cos 2x 5   . 0,25 3  cos 2x 3 b. Người ta dự định dùng hai loại nguyên liệu để chiết xuất ít nhất 140 kg chất A và 9 kg chất B. Từ mỗi tấn nguyên liệu loại I giá 4 triệu đồng, có thể chiết xuất được 20 kg chất A và 0,6 kg chất B. Từ mỗi tấn nguyên liệu loại II giá 3 triệu đồng, có thể chiết xuất được 10 kg chất A và 1,5 kg chất B. Hỏi phải dùng bao 0,5 nhiêu tấn nguyên liệu mỗi loại để chi phí mua nguyên liệu là ít nhất, biết rằng cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp không quá 10 tấn nguyên liệu loại I và không quá 9 tấn nguyên liệu loại II ? Gọi x , y lần lượt là số tấn nguyên liệu loại I và II cần dùng x , y  0 . Chi phí mua nguyên liệu là: F  4x  3y (triệu). Số liệu chất A được chiết xuất từ hai loại nguyên liệu là 20x  10y (kg). Số liệu chất B được chiết xuất từ hai loại nguyên liệu là 0, 6x  1, 5y (kg). 0  x  10 0,25  0  y  9 Từ giả thiết ta có hệ bất phương trình:  (*) 20x  10y  140  0, 6x  1, 5y  9 Khi đó, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của: F  4x  3y với x , y thỏa điều kiện (*). Vẽ các đường thẳng (d1 ) : x  10, (d2 ) : y  9, (d3 ) : 2x  y  14, (d4 ) : 0, 6x  1, 5y  9 . Gọi A  d1   d2   A 10, 9  F A  67 . 5  B  d2   d3   B  ;9  F B   37 .  2  C  d3   d4   C 5, 4  F C   32 . D  d4   d1   D 10;2  F D   46 . 0,25 Suy ra giá trị nhỏ nhất của F x , y  là 32 khi x  5; y  4 . Vậy chi phí mua nguyên liệu ít nhất thì dùng 5 tấn nguyên liệu loại I và 4 tấn nguyên liệu loại II.
Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  3a, AD  2a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD  là điểm H thuộc cạnh AB 7 sao cho AH  2HB. Góc giữa mặt phẳng SCD  và mặt phẳng ABCD  bằng 1,0 600. Tính theo a thể tích khối chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD. Ta có SH  ABCD  . S Kẻ HI  CD , vì SH  CD nên: CD  (SHI )   600  (SCD ),(ABCD )  SHI K A B H 0,25 600 D I C SABCD  AB.AD  6a 2 . 0,25 SH  IH . tan 600  2a 3  VS .ABCD  4 3a 3 . Kẻ HK  SB  HK  (SBC ) . Ta có AD / /(SBC ) nên: 0,25 d (SC , AD )  d AD,(SBC )  d A,(SBC )  3d H ,(SBC )  3HK 1 1 1 13 2a 39 6a 39 Ta có,     HK   d (SC , AD )  . 0,25 HK 2 HB 2 SH 2 12a 2 13 13 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại B , BC  2AB , E và F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC , AC . Gọi M là 8 điểm nằm trên tia đối của tia FE sao cho ME  4EF . Cho biết M 6, 0 , AC có 1,0 phương trình là 2x  y  6  0 và A có hoành độ là một số nguyên. Tìm các đỉnh của tam giác đã cho. Gọi I là giao điểm của AC và BM . Ta có, BC  2BA  BE  BA và ME  4EF  EM  BC suy ra ABC  BEM 0,25   BAC  EBM    EMB mà EBM   900   MBA  BAC   900  BM  AC . Phương trình BM qua M và vuông góc với AC : x  2y  6  0 . 6 18 ;   . Ta có, I  AC  BM  I   5 5  0,25 BI BA 2  2  Ta có,    BI  IM  B 2; 2 . IM FM 3 3
1 1 1 5 4 5 Mặt khác, 2  2  2  2 mà BI   AB  2 . BI AB BC 4AB 5 a 2 0,25  Ta có, A  AC  Aa;6 2a và AB 2  16 A4;2 (do A có hoành độ nguyên). a   5 Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB : x  2  0 . 0,25 Ta có, C  AC  BC  C 2; 2 . Vậy A 4; 2, B 2; 2, C 2; 2 . 9 Giải bất phương trình: 4x 3  4x 2  12x  5   x 2  2x  12x 2  9x  2. 1.0 Điều kiện: x  0 hoặc x  2 . Bất phương trình tương đương với:   x  2x  0 . 4x 3  12x 2  9x  2  4x 2  12x  5 2 Xét hàm số f x  4x 12x 9x 2 4x 12x 5 x 2x trên D ,0  2, . 3 2 2 2 0,25 2 Cho f x   0  x  22x  1  2x  52x  1 x  2x 2  x  1 l    2 x  22x  1  2x  5 x 2  2x 1  Bình phương 2 vế phương trình (1) ta được: x  2 0,25  4x 3  16x 2  15x  2  0   . x  2  5   2 Thử lại chỉ có x  2 thỏa mãn phương trình f x   0 . Bảng xét dấu:  0 2  0,25 x f x   0 0 + Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S  (, 0]  2 . 0,25     x  1  x 2   y  1  y 2   1 10 Tìm m để hệ bất phương trình    có nghiệm. 1,0     3 3   x  3 y  3  m x  1  y  x  0 Điều kiện :  . y  1  Với mọi a   ta có, a2  1  a  a  a  0 . 2 0,25 Phương trình 1  x  1  x 2  y   1  y  . 1  t2  t Xét hàm số f t   t  1  t 2 trên  . Ta có f ' t    0, t   . 1  t2 Suy ra f t  đồng biến trên   x  y .
Thay x  y vào phương trình (2) ta được:   3 x 3  3x  3  m x  x  1 . Điều kiện x  1 0,25   3 3  x  3x  3  m x 1  x   3   m  x 3  3x  3 x 1  x   3  Xét hàm số g x   x 3  3x  3 x 1  x trên 1;  . 2      3 3 3  1  1   0   g ' x   3x 2  3 x 1  x  2 x  3x  3 x 1  x  x  x  1  0,25 với x  1 . Suy ra g x  đồng biến trên 1;  .  g x   g 1  1 . Suy ra m  1  m  1 . 0,25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.
TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TUẦN 3 THÁNG 06 – 2016 27 Đường Số 01-KDC Metro Môn: TOÁN LỚP BY1-BY6-A1-A3 (ĐB) ĐT: 0964.222.333 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2x 2  3. Câu 2: (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số: y  x 3  6x 2  9x  2 tại điểm có hoành độ x 0 thỏa mãn phương trình: y '' x 0   12. Câu 3: (1 điểm). a. Cho số phức z thỏa z  1  2i   3  4i  . Tính mô đun của z  2  i 2 2 b. Giải phương trình sau: log 3 5  x   log x  1  log x  1  1 . 1 3 3 2 Câu 4: (1 điểm). Tính tích phân I   0  2x 2  1  3x xdx .  x 1 y z 2 Câu 5: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :   , 3 3 1 mặt phẳng P  : x  y  2z  5  0 và điểm A 1;2; 3 . Tìm tọa độ hình chiếu của A lên mặt phẳng P  và tìm tọa độ điểm M thuộc d, N thuộc P  sao cho A là trung điểm của MN . Câu 6: (1 điểm). 3 sin   2 cos  a. Cho tan    . Tính giá trị của biểu thức: P  cos2   . 4 sin     n  2 b. Tìm hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển x  2  , biết n là số tự nhiên thỏa:  x  3C n3  4n  6C n2 . ' ' ' Câu 7: (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC .AB C có đáy là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  a 3. Hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng ABC  trùng với trung điểm H của cạnh BC ; Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 450. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC .AB ' ' ' C và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' ,CB ' . Câu 8: (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có B 7, 3 và AB  2BC . Gọi E là điểm đối xứng của D qua A và M là trung điểm của AB . Tìm tọa độ các điểm A,C , D biết rằng N 2, 2 là trung điểm của DM và điểm E nằm trên đường thẳng d : 2x  y  9  0 . x 3  y 3  3 x  y   6y y  2  14  Câu 9: (1 điểm). Giải hệ phương trình:  3 . 27x  27x 2  20x  4  4 3 y  2x  1  Câu 10: (1 điểm). Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn: a  c b  c   4c 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 4a 4b 2ab a 2  b2 biểu thức: P   2  . b c c a c c --------------------Hết---------------------
SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TTLTĐH DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN TUẦN 03 – 06 – 2016 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Câu GỢI Ý ĐÁP ÁN Điểm 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  2x 2  3. 1.0 Tập xác định: D   . Giới hạn: lim y  lim y   . x  x  0,25 x  0 Ta có y '  4x 3  4x , y '  0  4x 3  4x  0   . x  1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (1; 0);(1; ) . Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1);(0;1) . 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 , yCT  3 . Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  4 . Bảng biến thiên: x  -1 0 1  y’ + 0 - 0 + 0 - 0,25 4 4 y  3  Đồ thị y 4 3 -1 1 x 0,25 O Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số: y  x 3  6x 2  9x  2 tại điểm có 2 1,0 hoành độ x 0 thỏa mãn phương trình: y '' x 0   12. Ta có y   3x 2  12x  9  y   6x  12 . 0,25 y  x 0   12  6x 0  12  12  x 0  0. 0,25 Với x 0  0  y 0  2, y (0)  9 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại (0; 2) là y  9x  2 0,25
3 1,0 a. Cho số phức z thỏa z  1  2i   3  4i  . Tính mô đun của z  2  i . 2 2 0,5 Ta có, z  1  2i   3  4i   (3  4i )  (7  24i )  4  28i. 2 2 0,25 Suy ra z  2  i  6  27i  3 85. 0,25 Vậy mô đun của z  2  i là 3 85. b. Giải phương trình sau: log 3 5  x   log x  1  log x  1  1 . 1 3 0.5 3 Điều kiện: 1  x  5. Phương trình tương đương: log3 5  x   log3 (x  1)  log3 (x  1)  1 2 0,25  log 3 5  x   log 3  3(x  1)(x  1) 2 x  7 (l)  (5  x )2  3(x 2  1)  2x 2  10x  28  0   x  2 0,25 Vậy phương trình có nghiệm: x  2. 2 4 Tính tích phân: I   0  2x 2  1  3x xdx .  1,0 2 2 2 I    2x 2  1 - 3x xdx   x 2x 2  1.dx -  3x 2dx  I 1 - I 2 0,25 0 0 0 Đặt t  2x 2  1  t 2  2x 2  1  2tdt  4xdx . Đổi cận x  0  t  1; x  2  t  3 3 3 tdt t3 13 0,25 Do đó: I 1   t.   . 1 2 6 1 3 2 Ta có: I 2  x 3  8 . 0,25 0 13 11 Vậy I  I 1  I 2  8  . 0,25 3 3 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x 1 y z 2 5 d:   , mặt phẳng P  : x  y  2z  5  0 và điểm A 1;2; 3 . 3 3 1 1,0 Tìm tọa độ hình chiếu của A lên mặt phẳng P  và tìm tọa độ điểm M thuộc d, N thuộc P  sao cho A là trung điểm của MN . x  1  t  Gọi H là hình chiếu của điểm A lên P  thì: AH : y  2  t 0,25  z  3  2t  2 1 4 5 Ta có: H  AH  P   t    H  ; ;  0,25 3  3 3 3  Gọi M 1  3m; 3m; m  2  d . 0,25 Vì A là trung điểm của MN nên N 1  3m; 4  3m; 8  m  . Ta có N  (P )  m  8 .Vậy M (25; 24;6), N (23;28; 0). 0,25
6 1,0 3 sin   2 cos  a. Cho tan    . Tính giá trị của biểu thức: P  cos2   . 0,5 4 sin     sin   2 cos  Ta có, P  cos2    cos2   1  2 cot  0,25 sin  1 2 77  1  . 0,25 2 1  tan  tan  75 n  2 b. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển x  2  , biết n là số tự 3  x  0,5 nhiên thỏa: 3C n3  4n  6C n2 . n! n! Điều kiện: n  3 . Từ giả thiết ta có: 3.  4n  6. 3! n  3 ! 2! n  2 ! n n  1n  2 n n  1  3.  4n  6. 0,25 6 2 n  0 l     n n 2  9n  0   n  9 n  k  2   C 9 .x .  2   2 .C 9k .x 93k . 9k  k Số hạng tổng quát: Tk 1 k  x  0,25 Theo giả thiết ta có: 9  3k  3  k  2 . Vậy hệ số của số hạng chứa x 3 là: 2 .C 92  144 . 2 Cho lăng trụ tam giác ABC .AB C có đáy là tam giác vuông tại A, AB  a, ' ' ' AC  a 3. Hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng ABC  trùng với trung 7 1,0 điểm H của cạnh BC ; Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 450. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC .AB C và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' ,CB ' . ' ' '   Ta có AA  ';(ABC )  A  ' AH  450 nên tam A' C' giác AHA ' vuông cân tại H . B' H' BC 2a Suy ra A ' H  AH   a. 2 2 0,25 450 A C N K H B D a2 3 a3 3 0,25 S ABC   VABC .A ' B 'C '  S ABC .A ' H  . 2 2 Gọi H ' là trung điểm B 'C ' , D là hình chiếu của H ' lên (ABC ) thì H là trung điểm AD . Kẻ DN  BC , DK  H ' N thì DK  (BCC ' B ') . 0,25 Ta có: AA '/ /(BCC ' B ')  d(AA ', B 'C )  d AA ',(BCC ' B ')  d A,(BCC ' B ')  d D,(BCC ' B ')  DK .
a 3 Ta có DHC đều cạnh a nên DN  2 0,25 1 1 1 a 21 2  2  2  d (AA ', B 'C )  DK  . DK DN A'H 7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có B 7, 3 và AB  2BC . Gọi E là điểm đối xứng của D qua A và M là trung điểm của AB . 8 1,0 Tìm tọa độ các điểm A,C , D , biết rằng N 2, 2 là trung điểm của DM và điểm E nằm trên đường thẳng d : 2x  y  9  0 . Gọi P ,Q lần lượt là trung điểm của AD và BC . Do N là trung điểm của DM , suy ra AP  PN  BQ và EP  NQ nên EPN  NQB   BNQ  0,25  PEN   PNE Mà PEN   900   PNE  BNQ   900  EN  NB . Phương trình EN qua N và vuông góc với NB : x  y  0 . Ta có, E  EN  d  E 3; 3 . Gọi K  BN  AD và F  EN  DC . EP EN 3 Ta có, EPN đồng dạng với EDF suy ra   ED EF 4 0,25  3  11 11  EN  EF  F  ;   . 4  3 3   3  1 11 Tương tự ta có, BN  BK  K  ;  . 4  3 3  Đường thẳng AD qua E và K nên có phương trình AD : 2x  y  3  0 . Phương trình DC qua F và vuông góc với AD : x  2y  11  0 . 0,25 Ta có, D  AD  DC  D 1; 5 Do A trung điểm DE  A 1; 1 và C 9; 1 . Vậy A 1; 1, C 9; 1, D 1; 5 . 0,25
x 3  y 3  3 x  y   6y y  2  14 9  1.0 Giải hệ phương trình:  3 . 27x  27x  20x  4  4 y  2x  1 2 3  Phương trình 1  x 3  3x  2  y   3 2  y  . 3 0,25 Xét hàm số f t   t 3  3t trên R  f ' t   3t 2  3  0, t  R nên hàm số f t  0,25 luôn đồng biến trên R . Suy ra x  2  y . Thế x  2  y vào 2 , ta được: 27x 3  27x 2  20x  4  4 3 x  1  3x  1  4 3x  1  x  1  4 3 x  1 . 3 0,25 Xét hàm số g a   a 3  4a trên R  g ' a   3a 2  4  0, a  R nên hàm số g a  luôn đồng biến trên R . Suy ra 3x  1  3 x  1  27x 3  27x 2  8x  0  x  0  y  2 . 0,25 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 0, 2 . Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn: a  c b  c   4c 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 10 1,0 4a 4b 2ab a 2  b2 biểu thức: P   2  . b c c a c c a b 4 4 a  2 b  2 c c a b   a b Ta có: P    2 .       . Đặt x   0, y   0 thì b a c c  c  c  c c 0,25 1 1 c c  x y   x 2  y 2  x  y   P  4     2xy  x  y  4  2 2   2xy  x 2  y 2 .  y  1 x  1   xy  x  y  1  Mặt khác: a b  a  c b  c   4c 2    1   1  4  x  1y  1  4  xy  x  y  3 . 0,25 c c  x  y  x  y  2 2 Mà xy   3  x  y    x y 2 4 4 Khi đó: 1  1  x  y   1   x  y   2  2 2 P  x 2  y 2  x  y  2xy  0,25 2  2  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2  2 đạt được khi a  b  c  1 . 0,25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.
TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TUẦN 2 THÁNG 06 – 2016 27 Đường Số 01-KDC Metro Môn: TOÁN LỚP BY1-BY6-A1-A3 (ĐB) ĐT: 0964.222.333 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề x Câu 1: (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  . x 1  Câu 2: (1 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x   x 2  2x  7 e x trên đoạn  0; 3 .   Câu 3: (1 điểm). a. Tìm số phức z , biết z thỏa mãn 2z  z  9  4i . 121 b. Cho a  log49 11 và b  log2 7. Tính P  log 3 , theo a và b . 7 8  2  Câu 4: (1 điểm). Tính tích phân I   1  sin 3 x cos x sin x dx .  0 Câu 5: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 0;1;2, B 2;  2;1,   C 2; 0;1 và mặt phẳng P  : 2x  2y  z  3  0. Viết phương trình mặt phẳng ABC  và tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng P  sao cho M cách đều ba điểm A, B,C . Câu 6: (1 điểm). a. Giải phương trình: 4 sin2 x cos x  sin 3x  sin   x . b. Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng. Câu 7: (1 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ABCD  trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. 5 Biết SA  a 2, AC  2a, SM  a, với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp 2 S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC . Câu 8: (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vông tại A. Gọi D là điểm đối xứng của A qua C . M là hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng BC . Gọi E 0;2 là giao điểm của đường thẳng DM và AB, đường thẳng BD có phương trình 3x  y  17  0.   450 và điểm B có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C biết AMB x 3   3x 2 x  1 3  x  Câu 9: (1 điểm). Giải bất phương trình: 2  x 1   4 x  1 2 x  1  x  1 . Câu 10: (1 điểm). Cho các số thực dương x , y, z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của 16 xy  yz  xz  1 biểu thức: Q  . x 2y 2  y 2z 2  z 2x 2  1 x y z -------------------------Hết----------------------
SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TTLTĐH DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN TUẦN 02 – 06 – 2016 (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) Câu GỢI Ý ĐÁP ÁN Điểm x 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  . 1.0 x 1 Tập xác định: D   \ 1 . 1 0,25 y'   0, x  D . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1);(1; ) . (x  1)2 Giới hạn: lim y  lim y  1 ; tiệm cận ngang: y  1 . x   x  0,25 lim y  , lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 . x 1 x 1 Bảng biến thiên: x  1  y’   0,25 1  y  1 y Đồ thị: 1 1 x 0,25 O Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x   x 2  2x  7e x trên 2 1,0 đoạn 0; 3 .   Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 0; 3 .   0,25    Ta có f  x   2x  2e x  x 2  2x  7 e x  x 2  4x  5 e x  x  1   f  x   0  x 2  4x  5 e x  0  x 2  4x  5  0   x  5(l ) 0,25 f 0  7; f (1)  4e; f (3)  8e 3 0,25 Vậy max f x   f (3)  8e 3 ; min f x   f (1)  4e [0;3] [0;3] 0,25
3 1,0 a. Tìm số phức z , biết z thỏa mãn 2z  z  9  4i 0,5 Gọi z  a  bi, (a, b  ) . Khi đó phương trình trở thành: 2(a  bi )  a 2  b 2  9  4i 0,25  2 2  a 2  4  9  2a 2a  a  b  9     2b  4 b  2    a  9   2 a  18  93 18  93  3a 2  36a  77  0   3 z   2i . 0,25   3 b  2 b  2   121 b. Cho a  log49 11 và b  log2 7. Tính P  log 3 , theo a và b . 0.5 7 8 121 Ta có: P  3 log7  3 log7 121  3 log7 8  6 log7 11  9 log7 2 0,25 8 9 9  12 log 49 11   12a  . 0,25 log2 7 b  4 2  Tính tích phân I   1  sin 3 x cos x sin x dx .  1,0 0    2 2 2  1  sin   sin x dx   sin 0,25 3 4 I  x cos x sin x dx  x cos xdx  I 1  I 2 . 0 0 0  Ta có: I 1   cos x 2  1. 0,25 0 Đặt t  sin x  dt  cos xdx .  Đổi cận x  0  t  0; x  t 1 2 0,25 1 1 t5 1  I2   t 4dt  5  5 . 0 0 1 6 Vậy I  1   . 0,25 5 5 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 0;1;2, B 2;  2;1, 5   C 2; 0;1 và mặt phẳng P  : 2x  2y  z  3  0. Viết phương trình mặt phẳng 1,0 ABC  và tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng P  sao cho M cách đều ba điểm A, B,C . Ta có:   AB  2; 3; 1, AC  2; 1; 1 0,25       n  AB, AC   2; 4; 8   Phương trình mặt phẳng ABC  : x  2y  4z  6  0 . 0,25
  Nhận xét: AB.AC  0 nên tam giác ABC vuông tại A . Gọi  là đường thẳng qua trung điểm I (0; 1;1) của cạnh BC và vuông góc với x  t 0,25  (ABC ) thì:  :  y  1  2t .  z  1  4t  Tọa độ điểm M    (P )  t  2  M (2; 3; 7) . 0,25 * Cách khác:  M  (P ) MA  a;1  b;2  c    Gọi M (a,b, c) . Ta có: MA  MB với MB  2  a; 2  b;1  c    MA  MC  MC  2  a; b;1  c  2a  2b  c  3  Giải hệ trên ta được: 2a  3b  c  2  M (2; 3; 7).  2a  b  c  0  6 1,0 a. Giải phương trình: 4 sin2 x cos x  sin 3x  sin   x . 0,5 Phương trình đã cho tương đương với: 4 sin2 x cos x  sin 3x   sin x  4 sin2 x .cos x  (sin 3x  sin x )  0 0,25  4 sin2 x .cos x  2 sin 2x .cos x  0  2 sin 2x (sin x  cos x )  0   sin 2x  0 x  k     sin x  cos x  0  2  k   .   x    k  0,25  4 k  Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x  , x    k , k  . 2 4 b. Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất cho 4 quả cầu 0,5 được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng. Gọi A: “Lấy được 4 quả cầu trong đó có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng”. 0,25 Ta có: n()  C 164  1820 . Trường hợp 1: Lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh: C 41.C 53  40 (cách). Trường hợp 2: Lấy 1 quả đỏ, 1 quả vàng, 2 quả xanh: C 41.C 71 .C 52  280 (cách). Trường hợp 3: Lấy 1 quả đỏ, 2 quả vàng, 1 quả xanh: C 41.C 72 .C 51  420 (cách).  n(A)  40  280  420  740 (cách). 0,25 n(A) 740 37 Vậy xác suất cần tìm là: P (A)    . n() 1820 91
Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ABCD  trùng với giao điểm O của hai đường chéo 7 5 1,0 AC và BD. Biết SA  a 2, AC  2a, SM  a, với M là trung điểm cạnh AB. 2 Tính theo a thể tích khối chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC . Ta có SO  SA2  OA2  a S a a 3 OM   BC  a, MA  A 2 2 D  AB  a 3 0,25 K M O H B C N Nên S ABCD  AB.BC  a 2 3 a3 3 0,25 Vậy: VS .ABCD  . 3 Kẻ MN / /AC , OH  MN , OK  SH . Mà MN  (SOH )  MN  OK  OK  (SMN ) 0,25 Nên: d(AC , SM )  d AC ,(SMN )  d O,(SMN )  OK a2 3 2SOMN 2. Ta có: OH   8 a 3 MN a 4 0,25 1 1 1 a 57 2  2  2  OK  d (AC , SM )  . OK OH SO 19 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vông tại A . Gọi D là điểm đối xứng của A qua C . M là hình chiếu vuông góc của D trên đường 8 thẳng BC . Gọi E 0;2 là giao điểm của đường thẳng DM và AB, đường thẳng 1,0 BD có phương trình 3x  y  17  0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C biết   450 và điểm B có tung độ âm. AMB Gọi I là trung điểm BD . Do tứ giác ABDM là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I đường kính BD   AMB  ADB   450  ABD   450   Gọi n  a, b   0 là véctơ pháp tuyến của AB . 0,25 3a  b Ta có, cos 450  a 2  b 2 . 10 2 3a  b a  2b     2 10. a 2  b 2 2a  b
Với a  2b , chọn a  2, b  1 . Suy ra phương trình AB : 2x  y  2  0 . Ta có, B  AB  BD  B 3; 8 (loại do yB  0 ). 0,25 Với 2a  b , chọn a  1, b  2 . Suy ra phương trình AB : x  2y  4  0 . Ta có, B  AB  BD  B 6;  1 . CD  BE Vì   C là trực tâm tam giác BDE . EC  BD  Phương trình EK qua E và vuông góc với BD : x  3y  6  0 . 0,25 9 7    Ta có, K  EK  BD  K  ;  và K là trung điểm ID  BK  3KD  D 4;5 2 2    Phương trình AC qua D và vuông góc với AB : 2x  y  3  0 .   A  AB  AC  A 2; 1 và C là trung điểm AD  C 3; 3   0,25 Vậy A 2; 1 , B  6; 1 , C  3; 3  . x 3   3x 2 x  1 3  x  1.0 9 Giải bất phương trình: 2  x 1   4 x  1 2 x  1  x  1 .  Điều kiện: x  1 . Bất phương trình tương đương với x 3   3x 2 x  1 3  x    4 x  1 x  1 2   x  1  0. 2  x 1  f x   0. Xét hàm số f x   x 3   3x 2 x  1 3  x     4 x  1 x  1 2  x  1 trên 1,  . 0,25 2  x 1   x 3   3x 2 x  1 3  x   Cho f x  0  4 x  1 x  1 2   x  1  0. 2  x 1  x 3   3x 2 x  1 3  x   4 x  1 x  1 3  x   0. 2  x 1 2  x 1 x  3   3 x  3x x  1  4 x  1 x  1  0 * 0,25 2 Đặt a  x  1, a  0 thì pt (*) trở thành x 3  3ax 2  4a 3  0 .  x  a x  2a   0 2 x  a   x  2a 0,25 1 5 Với x  a  x  . 2 Với x  2a  x  2  2 2 .
Bảng xét dấu: 1 5 x 1 22 2 3  2 0,25 f  x  0  0 + 0  Dựa vào bảng xét dấu suy ra tập nghiệm của bất phương trình là:  1  5   S  1;  3;   . 2      Cho các số thực dương x , y, z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất 10 16 xy  yz  xz  1 1,0 của biểu thức: Q  . x 2y 2  y 2z 2  z 2x 2  1 x y z Ta có, 9  x 2  y 2  z 2   x 4  y 4  z 4  2 x 2y 2  y 2z 2  z 2x 2  . 2 2 2 2 2  x y y z z x  2 2  9  x 4  y4  z4  2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 0,25 x 4  x  x  3 3 x 6  3x 2 . y 4  y  y  3 3 y 6  3y 2 . z 4  z  z  3 3 z 6  3z 2 .    x 4  y 4  z 4  3 x 2  y 2  z 2  2 x  y  z   9  2 x  y  z  .   9  x 4  y4 z 4 x y z . 2 x  y  z  2 3 0,25 Mặt khác, xy  yz  zx  . 2 x  y  z   1 2 16 Khi đó, P   . x y z 1 2 x  y  z  16 t2  1 Đặt, t  x  y  z  3  t  3 . Suy ra P   . t 1 2t 2 Xét hàm số f t   16 t 1  t 1 2t với t   3; 3 .  0,25 Ta có, f ' t    t  1 8 t 1  1 2t 2 1   0, t  2  3; 3 .  Suy ra f t  nghịch biến trên  3; 3  f t   f 3   28 3 . 0,25 28 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là đạt được khi x  y  z  1 . 3 Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.