Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 tỉnh Thanh Hóa (Lần 1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 THẦY TÀI – 0977.413.341 CHIA SẺ Môn thi: Toán Đề gồm 01 trang Thời gian: 180p- không kể thời gian phát đề Câu 1 (1,5 điểm). Cho hàm số y  2x  1 x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A là giao điểm của (C) với trục hoành. Câu 2 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 4  2 x 2  3 trên đoạn [0; 4]. Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình z 2  z  1  0 trên tập số phức. b) Giải bất phương trình log 2 ( x  3)  log 2 ( x  1)  3 . 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x ( x 2  ln x ) dx . 1 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(5;2;3) , B(1;2;3) , C (1;2;1) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I (2; 1;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu 6 (1,0 điểm). a) Tính giá trị của biểu thức A  sin 3  sin 2 2 , biết 2 cos 2  7 sin   0 . b) Trong kì thi THPT quốc gia, tại hội đồng thi X, trường THPT A có 5 thí sinh dự thi. Tính xác suất để có đúng 3 thí sinh của trường THPT A được xếp vào cùng một phòng thi, biết rằng hội đồng thi X gồm 10 phòng thi, mỗi phòng thi có nhiều hơn 5 thí sinh và việc xếp các thí sinh vào các phòng thi là hoàn toàn ngẫu nhiên. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD là đáy lớn,AD = 2a, AB = BC = CD = a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn thẳng AC sao cho HC = 2HA. Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm I( 2 3  2;5 ), BC = 2AB, góc BAD = 600. Điểm đối xứng với A qua B là E (2;9) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết rằng A có hoành độ âm. Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 x 2  x2 5 2   x  2  x x2  x  3  x . Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3b  c 3c  a   3a  b P  (a  b  c) 2  2  2 .  a  ab b  bc c  ca  ----------------HẾT---------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:................................................................ Số báo danh:.............................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 THẦY TÀI – 0977.413.341 CHIA SẺ Môn thi: Toán ĐÁP ÁN CHI TIẾT Thời gian: 180p- không kể thời gian phát đề Câu Câu 1 (1,5 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 1) Hàm số có TXĐ: D = R \ {1} 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: * lim y  ; lim y   nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị x1 x1 hàm số. * lim y  lim y  2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm x 0,25 0,25 x số. b) Bảng biến thiên: 1 Ta có: y '   0, x  1 x  12 Bảng biến thiên: x - y’ 2 + 1 0,25 + y - * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 và 1;  2 3) Đồ thị: 1  + Đồ thị cắt trục tung tại (0;1) và cắt trục hoành tại điểm  ;0  2  + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. y 0,25 2 1 1 x O 1 2 b) (0,5 điểm) 1 1  Do A  (C)  Ox nên A ;0  , y '    4 2 2  Câu 2 1  Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình: y  4 x    0  y  4 x  2 2  f '( x)  4 x 3  4 x , f '( x)  0  4 x3  4 x  0  x  0, x  1, x  1(loại) 1 0,25 0,25 0,25 (0,5 điểm) Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227. Vậy max f ( x)  f (4)  227, min f ( x)  f (1)  2 [0;4] [0;4] Câu 3 (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) Phương trình có   1  4  3  ( 3i) 2 Do đó phương trình có hai nghiệm z  0,25 1 3 1 3  i, z   i 2 2 2 2 b) (0,5 điểm) Điều kiện xác định: x  3 . log2 ( x  3)  log2 ( x  1)  3  log2 [( x  3)( x  1)]  3  ( x  3)( x  1)  8  x2  4x  5  0  1  x  5 Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S  (3;5] . Câu 4 (1,0 điểm) Câu 5 (1,0 điểm) Câu 6 (1,0 điểm) 0,25 2 2 3 dx  2 2 du  2  u  ln x x 2 ln x x x2 3  x   I1    dx  2 ln 2   2 ln 2  Đặt  2 2 1 12 4 1 4 dv  xdx v  x  2 15 3 Vậy I   2 ln 2   2 ln 2  3 . 4 4 AB  (4;4;0), AC  (4;0;4) . Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là   n  AB, AC  (16;16;16) Do đó (P) có phương trình:  16( x  5)  16( y  2)  16( z  3)  0  x  y  z  0 . 2 1 3 2  Mặt cầu (S) có bán kính R  d ( I ; ( P ))  . 111 3 4 (S) có phương trình ( x  2) 2  ( y  1) 2  ( z  3) 2  . 3 a) 0,5 điểm 1 2 cos 2  7 sin   0  2(1  2 sin 2  )  7 sin   0  sin    , sin   2 (loại). 4 2 3 2 2 A  sin 3  sin 2  3 sin   4 sin   4 sin  (1  sin  ) 3  1  1  1  3    4    4    4  4  4 2 0,25 0,25 2 2 x4 15 I   x( x  ln x)dx   x dx   x ln xdx   I1   I1 4 1 4 1 1 1 2 0,25   1 2  29 29 1        . Vậy A   . 64 64   4   b) 0,5 điểm Số cách xếp ngẫu nhiên 5 thí sinh vào 10 phòng thi là   105  100000 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Gọi B là biến cố đã cho Có C53 cách chọn 3 thí sinh trong số 5 thí sinh của trường A và có 10 cách chọn phòng thi cho 3 thí sinh đó. Ứng với mỗi cách chọn trên ta có 9.9 cách chọn phòng thi cho 2 thí sinh còn lại. Do đó số cách xếp 5 thí sinh thỏa mãn điều kiện đề bài là  B  C53 .10.9.9  8100 . 2 0,25 Xác suất cần tìm là: P( B)  Câu 7 (1,0 điểm) B   8100 81 .  100000 1000 Theo bài ra thì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD nên AC  CD . Do SH  (ABCD) nên SH  CD , từ đó ta có CD  (SAC) . 0,25 Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SCH  SCH  60 . 0 AC  AD 2  CD 2  a 3 S 2 2a 3 AC  3 3 0 SH  HC. tan 60  2a Gọi O là trung điểm của AD,  HC  K A D O H x 3a 2 3 . 4 Thể tích khối chóp S.ABCD là 1 VS . ABCD  SH .S ABCD 3 1 3a 2 3 a 3 3 (đvtt).  .2a.  3 4 2 khi đó S ABCD  3S AOB  0,25 C B Kẻ đường thẳng Ax song song với CD, gọi (P) là mặt phẳng chứa SA và Ax, khi đó AC //(P) .Suy ra d (CD; SA)  d (CD, ( P))  d (C, ( P))  3d ( H , ( P)) (Do CA = 3HA). Ta có AC CD nên HA  Ax mà SH Ax suy ra Ax  (SAH ) . Từ H kẻ HK  SA ( K  SA) , khi đó Ax  HK  HK  (P) nên HK  d ( H , ( P)) . 1 a 3 1 1 1 13 2a 13 AC     2  HK  ; 2 2 2 3 3 HK AH SH 4a 13 6a 13 Vậy d ( SA, CD )  (đvđd) 13 Đặt AB  m  AD  2m . E Ta có BD2  AB2  AD2  2 AB.AD cos600  3m2 .  BD  m 3 C B Do đó AB 2  BD 2  AD 2 nên tam giác ABD vuông tại B, nghĩa là IB  AE . I 2 m 3 7m 2 2 2 2    m2  IE  IB  BE  . A  2  D 4   0,25 AH  Câu 8 (1,0 điểm) Mặt khác IE 2  (2 3) 2  42  28 nên ta có m 3 7m 2 2 3.  28  m  4  IB  2 4 3 0,25 0,25 Gọi n  (a; b) là vectơ pháp tuyến của AB ( a 2  b 2  0) khi đó AB có phương trình a( x  2)  b( y  9)  0  ax  by  2a  9b  0 Ta lại có d ( I , AB )  IB  0,25 2 3a  4b  2 3  (2 3a  4b)  12(a  b ) a 2  b2  b(b  4 3a)  0  b  0, b  4 3a +) Với b = 0, chọn a = 1, khi đó AB có phương trình x  2  0 , suy ra IB có phương trình y  5  0 . Do B  AB  IB nên B(2;5) , mà B là trung điểm của AE nên A(2;1) (thỏa mãn điều kiện x A  0 ). 2 2 2 0,25 Do I là trung điểm của AC và BD nên ta suy ra C (4 3  2;9), D(4 3  2;5) +) Với b  4 3a , chọn a = 1  b  4 3 , khi đó AB có phương trình x  4 3 y  2  36 3  0 , suy ra IB có phương trình 4 3( x  2 3  2)  ( y  5)  0 .  4 3x  y  8 3  19  0  16 3  14 59  ;  , mà B là trung điểm của AE nên Do B  AB  IB nên B 7 7    32 3  14 55  A ;  (không thỏa mãn điều kiện x A  0 ). 7 7   Vậy A(2;1), B(2;5) , C (4 3  2;9), D(4 3  2;5) Câu 9 (1,0 điểm) 0,25 Gọi bất phương trình đã cho là (1). Điều kiện xác định: x  2 . (1)  2      x  2  x x2  x  3    x  2  x  2x2  2x  5  2x  2x  6 1 2x  2x  5 x  2  x2 x  2 x  6  1  (2 x  2 x  5) x2 x 2 2 2 2  0,25 2x2  2x  6  1  x  2  x  2 x 2  2 x  6  1 (Do 2 x 2  2 x  5  0, x  R )  x  2  x  1  2( x  1) 2  2( x  2) (2) Câu 10 (1,0 điểm) Đặt a  x  2 , b  x  1(a  0) , (2) trở thành a  b  0 a  b  0 a  b  2a 2  2b 2    ab0  2 2 2 2 (a  b)  2a  2b (a  b)  0 x  1  0 x  1 3  13 Do đó ta có x  2  x  1   .  x  2 2 2 x  2  ( x  1 ) x  3 x  1  0   3  13 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x  . 2 Giả sử a  b  c  k  0 , đặt a  kx, b  ky, c  kz  x, y, z  0 và x  y  z  1.  k (3x  y) k (3 y  z ) k (3z  x)  3x  y 3y  z 3z  x Khi đó P  k  2 2  2 2  2 2  2  2  2   k ( x  xy) k ( y  yz) k ( z  zx)  x  xy y  yz z  zx 4 x  ( x  y ) 4 y  ( y  z ) 4 z  ( z  x) 4 1 4 1 4 1          x( x  y ) y( y  z ) z ( z  x) x y x yz y zx z 4 1 4 1 4 1 5x  1 5 y  1 5z  1          . 1  z x 1  x y 1  y z x  x2 y  y 2 z  z 2 Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên b  c  a  y  z  x  1  x  x 1  1  1  x  , tức là x   0;  . Tương tự ta cũng có y, z   0;  . 2  2  2 4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 5t  1  1  18t  3 (*) đúng với mọi t   0;  . 2 t t  2 3 2 18t  21t  8t  1 (2t  1)(3t  1) 2 5t  1   0   0 (**) Thật vậy: (*)   18 t  3  0 t  t2 t (1  t ) t  t2  1  1 (**) hiển nhiên đúng với mọi t   0;  . Do đó (*) đúng với mọi t   0;  .  2  2 Áp dụng (*) ta được P  18x  3  18y  3  18z  3  18( x  y  z)  9  9 1 Dấu “=” xảy ra khi x  y  z   a  b  c . 3 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 9 khi a  b  c . Ta sẽ chứng minh ----------------HẾT---------------- 5 0,25 0,25