Tuyển tập đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán (101-125)

Chia sẻ: Lê Bật Thành Công | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:148

Thêm vào BST

Báo xấu

168
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu Tuyển tập đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán (101-125). Tài liệu tập hợp các đề thi thử cảu các trường chuyên, Sở giáo dục trên cả nước. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn tư liệu bổ ích cho các bạn trong quá trình học tập và ôn thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán (101-125)

m m o o m m ..cc 2 233 i i 1 1 t t h h o o n n
m m o o m m ..cc 2 233 i i 1 1 t t h h o o n n
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI - KONTUM ĐỀ THI THỬ - KÌ THI QUỐC GIA. TỔ TOÁN Môn: TOÁN 12 – Lần 1 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ SỐ 101 2x  1 Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y  x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm m để đường thẳng d: y  2x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt. Câu 2 (1.5 điểm). 1. Giải phương trình: 5.9 x  3x2  2  0 2. Giải phương trình: 2 log16 (5  x)  log 4 (3x  1)  2 1 Câu 3 (1.0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x 4  2 x 2  1 trên 2 đoạn [  2;1] . Câu 4 (1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB= a , BC= a 3 . Cạnh bên SA vuông góc với mp(ABCD), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy (ABCD) bằng 600, M là trung điểm của cạnh SD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ m m đỉnh S đến mp(BCM). o o m m .. Câu 5 (1.5 điểm). cc 33     1. Giải phương trình: 6 sin x    sin  2 x   0 . 2 2  4 2  i 1 1 2. Tủ lạnh của nhà bạn An có 20 quả trứng, trong đó có 7 quả trứng bị hỏng, mẹ bạn An h h i lấy ngẫu nhiên từ đó ra 4 quả để làm món trứng tráng. Tính xác suất để trong 4 quả trứng mẹ t t bạn An lấy ra có 2 quả bị hỏng. n n o o Câu 6 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng chứa hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và BC; I là giao điểm của DN và AC. Tìm tọa độ các  1 đỉnh C, D của hình vuông biết M (1;  1) , I  2;   và điểm C có tung độ âm.  3 Câu 7 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 4 x  4 y  1  5 x  y  1  3x  7 y  1  (3x  2) 9 y  1  4 x  14x 3 y Câu 8 (1.0 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa điều kiện 4( xz  y )  y 2  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 1 8  2x 2   2z 2  y  2 ( y  z )(2 x  4 y )  2 ( x  y  z) 2 …………………………………. Hết ………………………………… 592
ĐÁP ÁN – ĐÈ THI THỬ - KÌ THI THPT QUỐC GIA – Lần 1 Câu Ý Nội dung đáp án Điểm * TXĐ: D = R \ 1 3 * y'   0, x  D 0.25 ( x  1) 2 Suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1), (1;) 1 a) * Giới hạn – tiệm cận: (2.0đ) (1.0đ) - TCĐ: x = 1 vì lim y   và lim y   x 1 x 1 0.25 - TCN: y = 2 vì lim y  2 x   * BBT: đúng, đầy đủ. 0.25 * Đồ thị : Đúng, cong trơn tru, đối xứng và qua các điểm (0 ; -1), (-1/2 ; 0) 0.25 2x  1 * Pt HĐGĐ của đồ thị (C) và đường thẳng d:  2 x  m ( x  1) 0.25 x 1  2x 2  mx  m  1  0 (1) 0.25 b) * d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 (1.0đ) 0.25   0 m 2  8m  8  0 m  4  2 6    0.25 2  m  m  1  0 3  0 m  4  2 6 * Pt: 5.9 x  3x2  2  0  5.32 x  9.3x  2  0 0.25 m m 2 1 o o m m 3 x  2  x 3  1 / 5 (loai) 0.25 cc (1.5đ) (0.75) .. * 3 x  2  x  log3 2 33 0.25 Vậy pt có một nghiệm x = log3 2 2 2 1 0.25 * ĐK:  x  5 i i 1 1 3 * Pt đã cho  log4 (5  x)  log4 (3x  1)  2 h h  log4 (5  x)(3x  1)  2 0.25 t t 2 (0.75) n n x  3  3x 2  16x  21  0   o 0.25 o x  7 / 3 Kết hợp ĐK => pt có hai nghiệm là x = 3 và x = 7/3. * y '  2 x 3  4 x , 0.25 x  0  3 y '  0  2 x 3  4 x  0   x  2 (loai) 0.25 (1.0đ) x   2  * y(0)  1, y( 2 )  1, y(2)  1, y(1)  1 / 2 0.25 Vậy: Max  y ( 2 )  1 , min  y (0)  y (2)  1 0.25 [ 2;1] [ 2;1] * Vì SA  (ABCD) nên AC là hình chiếu của S SC trên mp(ABCD) => góc giữa SC và (ABCD) 0.25 là góc SCA = 600. 4 * AC 2  AB 2  BC 2  4a 2  AC  2a N H M (1.0đ) SA = AC.tan600 = 2a 3 0.25 1 Vậy VS . ABCD  S ABCD .SA  2a 3 A D 3 B C 593
* Mp(BCM) cắt SA tại N => MN // AD // BC Dựng SH  BN tại N, ta có: 0.25 BC  AB và BC  SA => BC  (SAB) => BC  SH, và vì SH  BN nên SH  (BCM) => SH = d(S,(BCM)) * BN 2  BA2  AN 2  4a 2  BN  2a Hai tam giác vuông NAB và NHS đồng dạng nên : AB BN AB.SN a 3 a 3 0.25   SH   . Vậy : d(S,(BCM)) = SH SN BN 2 2     * 6 sin x    sin  2 x   0  3(sin x  cos x)  cos 2 x  0 0.25  4 2   3(sin x  cos x)  cos x  sin 2 x  0  (sin x  cos x)( 3  cos x  sin x)  0 2 sin x  cos x  0 0.25 1  (1.0) sin x  cos x  3  * sin x  cos x  0  tan x  1  x    k 0.25 5 4 (1.5đ)   3 * sin x  cos x  3  sin x     1 => pt vô nghiệm. 0.25  4 2 * Số khả năng có thể xảy ra là: C20 4  4845 0.25 * Số cách lấy ra 4 quả trứng mà trong đó có 2 quả trứng bị hỏng là m m m m 2 C132 .C72  1638 o o (0.5 0.25 . cc 1638 546 . Vậy xác suất cần tính là: P    0.34 3 4845 1615 2 2 3 * Gọi G là tâm hình vuông, K là trung điểm của CD, E là giao điểm của MI và CD. A D i 1 1 2 i Ta có I là trọng tâm của  BCD  CI  CG G K 0.25 h 3 h M I => I là trọng tâm của  MKC => E là trung điểm t t E Của đoạn KC. n n B C N o o * Gọi E(x ; y), ta có : 3  2( x  2)  x  7 / 2 0.25 MI  2.IE   2 1  => E(7/2 ; 0)  3  2( y  )  y  0 3 * Gọi K(x ; y), ta có : 6 (1.0đ)  7  ( x  1)( x  )  ( y  1) y  0 MK  KE  MK .KE  0  2    MK  4 KE MK  16.KE 2 2 ( x  1) 2  ( y  1) 2  16( x  7 ) 2  y 2      2  0.25  59  x  x  3  17  59  38   hoặc   K (3;1) hoặc K  ;  y  1  y   38  17 17   17 * Với K(3 ; 1), E(7/2 ; 0) là trung điểm của KC => C(4 ; -1) thỏa ycbt. Lúc này vì K là trung điểm của CD nên => D(2 ; 3). 0.25  59  38   60 38  * Với K  ;  => C  ;  (loại)  17 17   17 17  594
 2 4 x  4 y  1  5 x  y  1  3 x  7 y  1 (1)  (3x  2) 9 y  1  4 x  14x 3 y  (2) * ĐK : x  0, y  0 0.25 * Đặt a  5 x  y  1, b  3x  7 y  1, a, b  0 Từ (1)  2a 2  2b 2  a  b  (a  b) 2  0  a  b  5 x  y  1  3x  7 y  1  x  3 y * Thay vào (2) được : (3x  2) 3x  1  4 x  14x x (3) 7 (1.0đ) Vì x = 0 không phải là nghiệm của (3) nên : 0.25  2 1 4 (3)   3   3    14  x x x 1 1 Đặt u  3    u 2  3, u  3 x x 0.25 Từ (3) ta có pt : 2u  4u 2  3u  26  0  u  2 (nhận) 3 1 * u = 2  3  2  x 1 y  3 x 0.25 Thử lại => hệ có một nghiệm là (1 ; 3) . * Ta có: 4( xz  y )  y 2  4  4 xz  (2  y) 2  2 xz  | 2  y |  2  y 0.25  2  2 xz  y  x  y  z . (1) m m mm   1 2 ( y  z )(2 x  4 y )  2 * P 2x 2  2z 2  y  11 oo 8 ( x  y  z) 2 . . c c  2x  y  ( x  2 y) ( z  y) 2 2 1 2 2 2  2z 2   1 3 3 8 ( x  y  z) 2 ( x  y  z) 2 ( x  y  z) 2  22 Vì: 2 x 2  2 z 2  x  z, x, z  0 (dấu “=” xảy ra khi x = z) 0.25  11 x yz 2 ii 1 2 1 nên: 2 x 2  2 z 2  y  ( x  y  z ) 2  2    hh 8 8 4 t t x yz 2 ( x  2 y) 2 ( z  y) 2 2 P  2     1 n n (2) 8  4  ( x  y  z) 2 ( x  y  z) 2 ( x  y  z) 2 o o (1.0đ) * Ta có: (a  b) 2  (a  c) 2  0  2a 2  b 2  c 2  2a(b  c), a, b, c (3) (Dấu “=” xảy ra khi a = b = c) Áp dụng (3), từ (2) ta có : 0.25 x yz x yz 2 x yz 2 P  2. .  1   1 4 x  y  z ( x  y  z) 2 2 ( x  y  z) 2 * Đặt t  x  y  z, t  2 (từ (1)) 1 2 Xét hàm số : f (t )  t  2  1, t  2 2 t 1 4 t 8 3 Ta có : f ' (t )   3   0, t  2 0.25 2 t 2t 3 1 => hàm số f(t) đồng biến trên [2;) => minf(t) = f(2) = 2 Vậy minP = 1/2, đạt được khi x = z = 1 và y = 0. * Ghi chú: Mọi cách giải khác, nếu đúng, vẫn cho điểm tối đa phần tương ứng. ……………………………………………….. Hết ……………………………………………….. 595
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SƠN LA ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 (LẦN 1) Môn: TOÁN ĐỀĐỀ SỐ 102 THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y   x3  3 x 2  3(m2  1) x  3m2  1 (1) a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 và x 2 đồng thời x1  x2  2 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình, bất phương trình sau: a) 5x1  4  52 x b) log x  log 5 ( x  2)  log 1 3 5 5  Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:  x  x  sinx  dx 0 Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: sin 2 x  2 cos x  0 . b) Một lớp học có 28 học sinh trong đó có 15 học sinh nam và 13 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh tham gia Hội trại chào mừng ngày thành lập đoàn 26/3. Tính xác suât để trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 3 học sinh nam. m m Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a. H là m o o m trung điểm cạnh AB, SH vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SA  a 5 . Tính thể tích hình 2 ..cc chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HC và SD. 33 Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) có phương trình: 2 2  x 1  2t 1 1  (d ) :  y  2  t ( P ) : 2 x  y  z  1 0. h h i i z  3  t  n n t t Tìm tọa độ điểm A là giao của đường thẳng (d) với (P). Viết phương trình đường thẳng qua A nằm trên mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d. o o Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD; các điểm M, N và P lần lượt là trung điểm của AB, BC và CD; CM cắt DN tại điểm I  5;2  . Biết P  11 ; 11  và điểm A có   2 2 hoành độ âm. Tìm tọa độ điểm A và D. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  xy ( x  1)  x 3  y 2  x  y    2  3 y 2  9 x  3   4 y  2   1  x  x2  1  0  Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x  y;  x  z  y  z   1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  1 4 4 2  2  2  x  y  x  z  y  z ---------- Hết --------- Thí sinh không được sửdụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ................................ 596
SỞ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 (LẦN 1) Môn: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC CÂU Đáp án Điểm Câu 1 3 2 2 2 Cho hàm số: y   x  3 x  3(m  1) x  3m  1 (1) a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 3 2 Khi m =1 hàm số trở thành: y   x  3 x  4  Tập xác định:   Sự biến thiên: + Giới hạn và tiệm cận lim y   ; lim y   ; 0,25 x  x  Đồ thị hàm số không có tiệm cận. + Bảng biến thiên y’ = -3x2 + 6x ; y’ = 0  x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2). Hàm số nghịch biến trên mỗi 0,25 khoảng  ;0  và  2;   m m x o  o m m 0 2  cc y’ - 0 + 0 - .. y  0 0,25 33 -4  2 2  Đồ thị 1 1 Điểm uốn: I(1; -2) h h i i n n t t o o 0,25 Nhận xét: Đồ thị nhận điểm uốn I(1; -2) làm tâm đối xứng. 3 2 2 2 b) Cho hàm số: y   x  3 x  3(m  1) x  3m  1 (1) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 và x 2 đồng thời x1  x2  2 . y’ = -3x2 + 6x + 3(m2 - 1) 0,25 + Hàm số (1) có hai điểm cực trị khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt   '  9 m 2  0  m  0. 0,25 2 + x1  x2  2   x1  x2   4 x1 x2  4 597
Trong đó: x1  x2  2; x1 x2  1  m2 0,25 Nên x1  x2  2  1  m 2  0  m  1 (TMĐK). Vậy m  1 0,25 Câu 2 Giải các phương trình, bất phương trình sau: a) 5x1  4  52 x 2  5 x 1 5 x 1 45 2x  5 x  x  5.5  4  0   x 0,25 5  4 x  0  Vậy PT có nghiệm x  0; x  log 5 4. 0,25  x  log 5 4 b) log 5 x  log 5 ( x  2)  log 1 3 5 ĐK: x  0 . BPT trở thành: 0,25 log 5 x 2  log5 ( x  2)   log 5 3  log5 x 2  log5 3  log5 ( x  2) 2  log 5 3 x 2  log5  x  2   3x 2  x  2  0    x  1 3 Kết hợp điều kiện, BPTcó nghiệm: 0  x  1 0,25 m m Câu 3 oo Tính tích phân: mm  I   x  x  sinx  dx . . c c 0 3 3     2 2     I  x dx  x sinxdx  x dx  xd (cos x ) 2 2 0,25 0 0 0 0 ii 1 1   x3      x cos x   cos xdx 0,25 hh 3 0 0 0 n n t t  3    sinx  0,25 o o 3 0 1 I  3  3 0,25 Câu 4 a) Giải phương trình: sin 2 x  2 cos x  0  2sin x.cos x  2 cos x  0  cos x 2sin x  2  0   0,25  cos x  0  s inx   2  2   5 0,25 Phương trình có nghiệm: x   k ;x    k 2 ; x   k 2 . 2 4 4 b) Một lớp học có 28 học sinh trong đó có 15 học sinh nam và 13 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn học sinh tham gia Hội trại chào mừng ngày thành lập đoàn 26/3. Tính xác suât để trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 3 học sinh 598
nam. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ 28 học sinh của lớp, số cách chọn: 5   C28 A là biến cố: Có ít nhất 3 học sinh nam. Có ba khả năng: 0,25 Số cách chọn 3 nam và 2 nữ: C153 .C132 Số cách chọn 4 nam và 1 nữ: C154 .C131 Số cách chọn cả 5 học sinh nam: C155 C153 .C132  C154 .C131  C155 103 P ( A)  5  0,25 C28 180 Câu 5 Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC= 2a. H là a 5 trung điểm cạnh AB, SH vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SA  . 2 Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HC và SD. m m o o m m ..cc 2 233 i i 1 1 t t h h 0,25 n n SH  (ABCD). Tam giác SHA vuông tại H. o o SH  SA2  HA2  a 1 VS . ABCD  S ABCD .SH  3 2a 3 3 (đvTT). 0,25  Kẻ đường thẳng Dx  HC, kẻ HI  ID (I thuộc Dx), kẻ HK  SI ( K thuộc SI). Khi đó HK  (SID), HC  (SID). 0,25 d(HC,SD) = d(HC,(SID)) = d(H,(SID)) = HK. 4a HI = d(D,HC) = 2d(B,HC) = 2BE = . (BE  HC tại E) 17 0,25 4a 33 Trong tam giác vuông SHI có HK  . 33 Câu 6 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d và mặt phẳng (P):  x 1  2t  d : y  2  t ( P ) : 2 x  y  z  1 0. z  3  t  599
Tìm tọa độ điểm A là giao của đường thẳng d với (P). Viết phương trình đường thẳng qua A nằm trên mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d.  x 1  2t y 2  t  Tọa độ A là nghiệm của hệ: d : z  3  t 0,25 2 x  y  z  1 0. t  2  A(3;4;1) 0,25 Đường thẳng d’ nằm trên mặt phẳng (P) và vuông góc với d nên có    VTCP ud '  ud , nP   (  2;0;4) 0,25 x   3  t  PT d’: d ':  y  4  z  1  2t 0,25  Câu 7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, các điểm M, N và P lần lượt là trung điểm của AB, BC và CD; CM cắt DN tại điểm m m m m  11 11  I  5;2  . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông, biết P  ;  và điểm A có o o 2 2 . cc hoành độ âm. 33 . 1 1 2 2 h h i i n n t t o o Gọi H là giao điểm của AP với DN. Dễ chứng minh được CM  DN, tứ giác APCM là hình bình hành suy ra HP  IC, HP là đường trung bình của tam giác DIC, suy ra H là trung điểm IP; tam giác AID cân tại A, tam giác DIC vuông tại I nên AI = AD và IP = PD. 0,25  AIP  ADP hay AI  IP.  x  5  7t Đường thẳng AI đi qua I và vuông góc IP nên có PT:  y  2  t 0,25  5 2 IP  IP  2 Gọi A(5 + 7t; 2 – t); AI = 2IP suy ra t = 1 hoặc t = -1. Do A có hoành độ âm nên t = -1. A(-2; 3). 0,25 600
Đường thẳng đi qua AP có PT: x – 3y +11 = 0 Đường thẳng đi qua DN có PT: 3x + y -17 = 0 H   AP  DN  H (4;5). H là trung điểm ID  D( 3; 8) 0,25 Vậy: A(-2; 3); D( 3; 8). Câu 8 Giải hệ phương trình:  xy ( x  1)  x 3  y 2  x  y (1)    2 3 y 2  9 x  3   4 y  2    1  x  x2  1  0  (2) y  x Biến đổi PT (1)   x  y   x 2  y  1  0   2 0,25 y  x 1 x = y thế vào PT (2) ta được:  3x 2  9 x 2  3   4 x  2     1  x  x2  1  0   2 x  1   2 x  1 2    3  2  (3 x) 2  ( 3 x) 2  3  0,25  f  2 x  1  f  3x  Xét f (t )  t   t 2  3  2 có f '(t )  0, t. m m oomm 1 f là hàm số đồng biến nên: 2 x  1   3 x  x    y   1 0,25 c c 5 5   23  . . 3  y  x 2  1 thế vào (2)  1 1 2 3( x 2  1) 2  9 x 2  3  4 x2  1  2 1  x  x2  1  0 h h i i Vế trái luôn dương, PT vô nghiệm. t t  1 1 0,25 Vậy hệ có nghiệm duy nhất:   ;   . n n  5 5 o o Câu 9 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x  y;  x  z  y  z   1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  1 4 4 2  2  2  x  y x  z  y  z 1 a  x  z y  z . a 1 x  y x  z  y  z a a 1 a 2 a 1 x  y  x  z  ( y  z)  a 0,25 Thay vào P được: a2 4 P 2  2  4a 2 a 2  1 a 601
a2 4 a2 P 2  3a 2  2  a 2  2  3a 2  4 a 2  1 a  a  1 2 Xét f (t )  t 0,25 2  3t  4 ; t  a 2  1  t  1 t  1 3t 3  9t 2  8t  4 f '(t )  3  3; f '(t )  0  3  0  t  2; (t  1)  t  1  t  1 t 1 2  f’ - 0 + 0,25 f 12 Min f (t ) 12 . Vậy Min P 12 khi x  z  2; y  z  x  y  1 . 0,25 t 1 2 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------- m m o o m m ..cc 2 233 i i 1 1 t t h h o o n n 602
SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC Môn: TOÁN ĐỀTHISỐ ĐỀ 103 THỬ LẦN 2 Thời gian: 180 phút Câu 1: (2,0 điểm). 3 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3x  2 (C). b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x = -1. Câu 2: (1,0 điểm). 2 a) Giải phương trình 2log9 x  1  . log3 x b) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 z  3  4i . 2 Câu 3: (1,0 điểm). Tính tích phân I    4 x  3 .ln xdx . 1 Câu 4: (1,0 điểm). 2 a) Cho  là góc thỏa mãn sin   cos  . Tính P  sin 2 . 2 b) Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X. Ban quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy B và 6 m m o m m mẫu ở quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để trong các hộp kín có kích o cc thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem 33.. trong thịt lợn có chứa hóa chất “Super tạo nạc” (Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để 3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở các quầy A, B, C. 1 1 2 2 Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng i i x 1 y  3 z h ( P ) : x  2 y  2 z  1  0 , đường thẳng d :  và điểm I (2;1; 1) . Viết phương h  t t 2 3 2 trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d o o n n sao cho IM  11 . Câu 6: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn 3 1 ngoại tiếp là điểm K   ;   , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có  2 2 phương trình là 3 x  4 y  5  0 và 2 x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều, SC  SD  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). Câu 8: (1,0 điểm). Giải phương trình 32 x 4  16 x 2  9 x  9 2 x  1  2  0 trên tập số thực. Câu 9: (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a , b, c thỏa mãn a 2  b2  c 2  4 . Tìm giá trị 3a 3b 3c nhỏ nhất của biểu thức P  2   . b  c 2 c 2  a 2 a 2  b2 ................. Hết ................. Họ và tên thí sinh: ................................................... Số báo danh: ………….……… 603
KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 - THPT ĐA PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 3 2 1.0 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3x  2 . 1 điểm 1. Tập xác định D  . 2. Sự biến thiên x  0 - Đạo hàm y '  3 x 2  6 x, y '  0  3x 2  6 x  0   . x  2 Bảng xét dấy y’ 0.25  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  ;  2;   . Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  . Hàm số đạt cực đại x  0, ycd  2 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yct  2 - Giới hạn, tiệm cận m m o o m m  3 2 lim y  lim x3 1   3    ,  x x  c x  x  c 0.25 ..  3 2 lim y  lim x3 1   3    33 x  x   x x  2 2  đồ thị hàm số không có tiệm cận. 1 1 - Bảng biến thiên h h i i n n t t 0.25 o o 3. Đồ thị y ''  6 x  6  y ''  0  x  1 x  1 y  0 Đồ thị hàm số có điểm uốn U 1; 0  x  1  y  2 x  3 y  2 0.25 b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x  1. 1.0 604
3 2 Với x  1  y   1  3  1  2  2 0.25 Tiếp điểm M (1; 2) . 2 Ta có y '  3x 2  6 x  y '  1  3  1  6  1  9 0.25 Hệ số góc của tiếp tuyến k  9 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M (1; 2) có hệ số góc k  9 là: 0.25 y  9  x  1  2  y  9 x  7 Vậy tiếp tuyến cần tìm là y  9 x  7 0.25 Câu 1.0 2 điểm 2 a) Giải phương trình 2log 9 x  1  . 0.5 log 3 x x  0 Điều kiện  . x  1 1 Đặt t  log 3 x, (t  0)  log 9 x  t . Ta được phương trình ẩn t 0.25 2 1 2 2 t  1 2. t  1   t  1   t 2  t  2  0   2 t t  t  2 m m m m Với t  1  log 3 x  1  x  3 . o o 1 Với t  2  log 3 x  2  x  32  . cc 9 0.25 .. 1 Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S   ;3 . 33 9  2 2 b) Tìm môđun của số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 z  3  4i . 0.5 i i 1 1 Đặt z  x  yi, (x, y   )  z  x  yi  2 z  2 x  2 yi . h h Khi đó phương trình đã cho trở thành t t x  yi  2 x  2 yi  3  4i n n   x  3 yi  3  4i o o  x  3 0.25  3 y  4  x  3   4  y  3 2 4 4 97 97  3     2 Vậy z  3  i  z   0.25 3 3 9 3 2 Câu Tính tích phân I  4 x  3 .ln xdx . 1.0 3 1   điểm  1 u  ln x du  dx Đặt   x . Khi đó 0.25 dv   4 x  3 dx v  2 x 2  3 x  2 2 2 x 2  3x I   2 x 2  3x  ln x   dx 0.25 1 1 x 605
2   2.22  3.2  ln 2   2.12  3.1 ln1    2 x  3 dx 0.25 1 2  14ln 2  0   x 2  3x  1  14ln 2  0    2  3.2   12  3.1 2 0.25  14 ln 2  10  4   14 ln 2  6. Câu 1.0 4 điểm a) 2 Cho  là góc thỏa mãn sin   cos   . Tính P  sin 2 . 0.5 2 2 Từ giả thiết sin   cos   . Suy ra 2 0.25 2 1 1 sin   cos     1  2 sin  .cos   2 2 1 1  2sin  .cos     sin 2   2 2 0.25 1 Vậy P  sin 2   2 m m m m Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X. o o Ban quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở ..cc quầy B và 6 mẫu ở quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để 33 b) trong các hộp kín có kích thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên 0.5 2 2 ba hộp để phân tích, kiểm tra xem trong thịt lợn có chứa hóa chất “Super tạo 1 1 nạc” (Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để 3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở i i các quầy A, B, C. h h t t Không gian mẫu  là tập hợp tất cả các tập con gồm 3 phần tử của tập n n hợp các hộp đựng thịt gồm có 4  5  6  15 phần tử, do đó: 0.25 o o 15! 3 n    C  15  455. 12!.3! Gọi D là biến cố “Chọn được một mẫu thịt ở quầy A, một mẫu thịt ở quầy B, một mẫu thịt ở quầy C”. Tính n  D  Có 4 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy A. Có 5 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy B. 0.25 Có 6 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy C. Suy ra, có 4.5.6  120 khả năng chọn được 3 hộp đủ loại thịt ở các quầy A, B, C  n  D   120. 120 24 Do đó: P( D )   . 455 91 Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng 1.0 x 1 y  3 z điểm 5 ( P) : x  2 y  2 z  1  0 , đường thẳng d :   và điểm 2 3 2 606
I (2;1; 1) . Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho IM  11 . Khoảng cách từ I tới (P) là 2  2.1  2.(1)  1 3 0.25 d ( I ,( P ))   1 12  (2) 2  22 3 Mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P) có bán kính R  d ( I , ( P ))  1 có phương trình 0.25 2 2 2  x  2   y  1   z  1  1. Từ giả thiết ta có  x  1  2t  d :  y  3  3t ,  t    .  z  2t   M d  M (1  2t;3  3t;2t )   IM  (2t  1;2  3t ;2t  1) 0.25 Từ giaie thiết IM  11 m m m m 2 2 2   2t  1   2  3t    2t  1  11 cco o   4t 2  4t  1   4  12t  9t 2    4t 2  4t  1  11 . 33 .  17t 2  12t  5  0 2 2 t  1 1 1  i 5 i t   h  17 t t h Với t1  1  M (3;0; 2) o o n n Với t   5 17  7 66 10   M  ; ;   17 17 17  0.25 Vậy, có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là :  7 66 10  M  3;0;2  và M  ; ;   .  17 17 17  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại 3 1 Câu tiếp là điểm K   ;   , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần 1,0 6  2 2 điểm lượt có phương trình là 3 x  4 y  5  0 và 2 x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 0.25 607
Từ giả thiết, tọa độ của A là nghiệm của hệ 3 x  4 y  5  0 x  1    A(1; 2) 2 x  y  0 y  2 Gọi M là trung điểm của BC KM / / d1 . Đường thẳng KM đi qua  3 1 K   ;   và có vec tơ chỉ  2 2  phương u  4;3 có phương trình  3  x   2  4t  t     y   1  3t  2  3  x   2  4t   1  1 x  1 Tọa độ của M là nghiệm của hệ  y    3t   2  M ( ;1)  2 2  y  1 m m m m 2 x  y  0 o  o  cc 1 .. Đường thẳng BC đi qua điểm M ( ;1) vuông góc với d1 : 3x  4 y  5  0 có 2 33  1 2 2 x   3m phương trình  2 m   1 1  y  1  4m i i 0.25 1 h h  B(  3m;1  4m ) t t 2 n n 2 2 2 1 3  1 2 3  25  KB    3m     1  4m     2  3m     4m   25m 2  2 o o 2 2  2 2  4 Từ giả thiết, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 2 2  3  1  50 AK 2   1     2    .  2  2 4 0,25 2 2 2 BK  AK  CK Mà 25 50 1 1  25m 2    m2   m   . 4 4 4 2 1  x  2 Với m    ta có điểm  2; 1 . 2  y  1 1  x  1 Với m     ta có điểm  1;3 . 2 y  3 Vậy tọa độ 2 đỉnh còn lại B và C có tọa độ là  2; 1 ,  1;3 . 0.25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam Câu 1.0 7 giác đều, SC  SD  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc điểm giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). 608
Gọi I là trung điểm của AB; J là trung điểm của CD từ giả thiết ta a 3 có IJ  a ; SI  2 và 0.25 a 2 a 11 SJ  SC 2  JC 2  3a 2   4 2 Áp dụng định lý cosin cho tam giác SIJ ta có 3a 2 11a 2 2 2 2 a2   2   IJ  IS  SJ  4  a  3 0   cos SIJ 2. IJ . IS 4 a 3 a2 3 3 2.a. 2  tù. Suy ra, tam giác SIJ là tam giác có SIJ Từ giả thiết tam giác SAB đều và tam giác SCD là cân đỉnh S. Gọi H là m m m m hình chiếu của S trên (ABCD), ta có H thuộc IJ và I nằm giữa HJ tức là o o tam giác vuông SHI có H  900 ; góc I nhọn và ..cc cos I  cos SIH   3 ( SIJ    cos SIJ  và SIH   6.  kề bù)  sin SIH 0.25 3 3 3 2 2 3   a 3. 6  a 2 Xét tam giác SHI ta có SH  SI sin SIH 2 3 2 i i 1 1 3 1 1 a 2 a 2 Vậy VS . ABCD  S ABCD .SH  a 2 .  . h h 3 3 2 6 n n t tTừ giả thiết giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng d qua S và song song với AD. Qua H kẻ đường thẳng song song với AB, o o đường thẳng này cắt DA và CB kéo dài tại M, N. Theo định lý ba đường 0.25  là góc giữa hai vuông góc ta có SN  BC , SM  AD  SM  d ; SN  d  MSN mặt phẳng. (SBC) và (SAD), MN  AB  a . Xét tam giác HSM vuông tại H có a 2 a 2a 2 a 2 a 3 SH  , HM   SM  SH 2  HM 2     SN 2 2 4 4 2 Theo định lý cosin cho tam giác SMN cân tại S có 0.25 3a 2 3a 2 2 a2 2 2 2   a   SM  SN  MN  4 cos MSN 4 1  22  . 2 2SM .SN 3a 3a 3 2 4 2 Câu 1.0 Giải phương trình 32 x 4  16 x 2  9 x  9 2 x  1  2  0 trên tập số thực. điểm 8 1 Điều kiện x  , phương trình đã cho tương đương 0.25 2 609