Tài liệu De 11.2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN I - KỲ THI THPT QUÔC GIA NĂM HỌC 2015 – 2016 - MÔN TOÁN Thời gian 180 phút Câu 1. a) (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = x −1 . x−2 b) (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm có hoành độ x = 3 . Câu 2. (1điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 − 2 x + 3 trên đoạn [ 0; 4] . Câu 3. a) (0,5 điểm) Giải phương trình: sin 2 x − 2 sin x = 0 . b) (0,5 điểm) Giải phương trình: 2x 2 − x −4 = 4x . .NE T Câu 4, a) (0,5 điểm) Trong dịp ra quân chăm sóc di tích Đình Đĩnh Lự (Tân Lộc – Lộc Hà – Hà Tĩnh ) đội thanh niên tình nguyện của Đoàn trường THPT Nguyễn Văn Trỗi gồm 14 đoàn viên trong đó có 6 đoàn viên nam 8 đoàn viên nữ trong đó có 2 đoàn viên nam là Ủy viên Ban chấp hành. Cần chọn ngẩu nhiên một nhóm 3 đoàn viên làm nhiệm vụ thắp hương.Tính xác suất sao cho trong 3 đoàn viên được chọn có THS nam, nữ và Ủy viên ban chấp hành. b) (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức: A = log 2 5 − log 1 12 − log 2 15 . 2 Câu 5. a) (0,5 điểm) Tìm số hạng chứa x 6 của đa thức P( x ) = 25 x 6 + x3 (1 + x ) . 2 π = 0 với x ≠ k , k ∈ Z . sin 2 x 2 TM A b) (0,5 điểm) Chứng minh: tan x + cot x − 4 Câu 6. (1 điểm) Giải phương trình: x + 9 + log 2 2 16 x 2 + 96 x + 208 = 2 3x + 4 − 6 x + 3 5 x + 9 . 12 x + 16 + 45 x + 81 Câu 7. (1 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật , SA = a, AB = a , AC = 2a , SA VIE vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi G là trọng tâm tam giác SAC .Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BGC ) . Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I  9 −8  ,điểm M ( 2; −1) là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của B lên AI là D  ;  .Biết rằng AC có 5 5  phương trình x + y − 5 = 0 , tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 9. (1 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 .Tim giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( x + y + z ) 2 x3 + y 3 + z 3 3 − + . 9 xyz xy + yz + zx Hết TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI – HÀ TĨNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN I - KỲ THI THPT QUÔC GIA NĂM HỌC 2015 – 2016 - MÔN TOÁN Câu Điểm Nội dung •TXĐ: D = R \ {2} 0,25đ • Sự biến thiên + Giới hạn – tiệm cận: lim y = 1 suy ra đường y = 1 là tiệm cận ngang. x →±∞ lim y = +∞ , lim− y = −∞ suy ra đường x = 2 là tiệm cận đứng. x → 2+ −1 ( x − 2) 2 , y ' không xác định tại x = 2 0,25đ y ' < 0 ∀x ≠ 2 nên hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. −∞ +) Bảng biến thiên 2 − THS Câu 1 a (1 điểm) +) Chiều biến thiên: Ta có: y ' = .NE T x →2 +∞ 1 +) Hàm số không có cực trị: +∞ − −∞ 1 0,25đ Câu 2 (1 điểm) Câu 3a (0.5 điểm) VIE Câu 1b (1 điểm) 1 (0; ), (1;0), (3; 2) 2 TM A • Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm Tại điểm có hoành độ x = 3 ta có tung độ tương ứng là y = 2 y' = −1 ( x − 2) 2 ⇒ y( 3) ' = −1 Pttt cần viết là y − 2 = −1( x − 3) ⇔ y = − x + 5 Ta có y ' = x −1 x 2 − 2x + 3 , y' = 0 ⇔ x =1 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ y ( 0 ) = 3, y (1) = 2, y ( 4 ) = 11 0,25đ Vậy Maxy = 11 tại x = 4 và min y = 2 tại x = 1 0,25đ sin 2 x − 2sin x = 0 ⇔ 2sin x.cos x − 2sin x = 0 ⇔ 2sin x ( cos x − 1) = 0 0,25đ Câu 3b (0.5 điểm)  sinx = 0 ⇔ ⇔ x = kπ , k ∈ Z cos x = 1 2x 2 − x−4 = 4x ⇔ 2x 2 − x−4 0,25đ 0,25đ = 22 x ⇔ x 2 − x − 4 = 2 x  x = −1 x2 − 3x − 4 = 0 ⇔  x = 4 0,25đ + Chọn 1 trong 2 Ủy viên ban chấp hành,chọn 1 trong 4 đoàn viên nam còn lại,chọn 1 0,25đ trong 8 đoàn viên nữ,trường họp này có C21 .C41 .C81 = 64 cách chọn. + Chọn 2 Ủy viên ban chấp hành,chọn 1 trong 8 đoàn viên nữ,trường họp này có C22 .C81 = 8 cách chọn. .NE T Câu 4a (0.5 điểm) Số các khả năng của không gian mẩu là : C143 = 364 ,để chọn được 3 đoàn viên theo yêu cầu bài toán ta có các cách chọn sau +Chọn 1 nam Ủy viên và chọn thêm 2 nữ có C21 .C82 = 56 cách chọn 0,25đ Nên ta có 64 + 8 + 56 = 128 cách chọn 3 đoàn viên theo yêu cầu bài toán . THS 128 32 = . 364 91 Ta có: A = log 2 5 − log 1 12 − log 2 15 = log 2 5 + log 2 12 − log 2 15 2 = log 2 0,25đ ( ( ) 0,25đ ) = C40 x3 + C41 x 4 + C42 x5 + 25 + C43 x 6 + C44 x 7 ( ) Nên số hạng chứa x 6 là 25 + C43 x 6 = ( 25 + 4 ) x 6 = 29 x 6 Với x ≠ k = π 2 VIE Câu 5a (0.5 điểm) 5.12 = log 2 4 = 2 15 Ta có: P( x ) = 25 x 6 + x3 (1 + x ) = 25 x 4 + x 3 C40 + C41 .x + C42 .x 2 + C43 x3 + C44 x 4 4 Câu 5b (0.5 điểm) 0,25đ = log 2 5.12 − log 2 15 TM A Câu 4b (0.5 điểm) Vậy xác suất cần tính là P = , k ∈ Z ta có tan x + cot x − 0,25đ 2 s inx cos x 2 = + − sin 2 x cos x s inx sin 2 x s in 2 x+cos 2 x 2 = − s inx cos x sin 2 x 0,25đ 1 2 2 2 − = − = 0 , điều phải chứng minh. 1 sin 2 x s in2x sin 2x s in2x 2 Điếu kiện x ≥ − 0,25đ 4 3 Ta có x 2 + 9 + log 2 16 x 2 + 96 x + 208 = 2 3x + 4 − 6 x + 3 5 x + 9 12 x + 16 + 45 x + 81 ( ) ( ) ⇔ x 2 + 6 x + 13 + log 2 x 2 + 6 x + 13 = 2 3x + 4 + 3 5 x + 9 + log 2 2 3x + 4 + 3 5 x + 9 (*) 0,25đ 1 > 0 với mọi t > 0 nên f (t ) đồng biến t ln 2 f ( x 2 + 6 x + 13) = f 2 3 x + 4 + 3 5 x + 9 nên Xét hàm số f (t ) = t + log 2 t , t > 0 , f '(t ) = 1 + trên ( 0; +∞ ) . (*) Từ suy ( ra ) x + 6 x + 13 = 2 3 x + 4 + 3 5 x + 9 0,25đ 2 ( 2 ( 2 ) ⇔ x +x + ( 2 x2 + x x + 2 + 3x + 4 ) ⇔ x + x [1 + ( ) + 2 x + 2 + 3x + 4 ) ⇔ x 2 + x = 0 vì 1 + ( 3 x2 + x ) x + 3 + 5x + 9 + =0 0,25đ 3 x + 3 + 5x + 9 2 x + 2 + 3x + 4 + ]=0 3 x + 3 + 5x + 9 ⇔ x = 0; x = −1 > 0 ∀x ≥ − 4 3 .NE T Câu 6 (1 điểm) ⇔ x 2 + x + 2 ( x + 2) − 3 x + 4  + 3 ( x + 3) − 5 x + 9  = 0 0,25đ Đối chiếu với điều kiện ban đầu suy ra phương trình có nghiệm x = 0, x = −1 Ta BC = có ( 2a ) 2 − a 2 = a 3 ,diện THS S ABCD = a.a 3 = a 2 . 3 . hình S chữ tích 1 a3 3 . Thể tích khối chóp là V = SA.S ABCD = 3 3 H là hình chiếu vuông góc của G lên mp ( ABCD ) A thì ta có ABCD là 0,25đ 0,25đ G D H O B C 1 a GH = SA = ,thể tích khối chóp G. ABC 3 3 TM A 1 điểm là 1 1 a3 3 VG. ABC = .GH . S ABCD = 3 2 18 3V 1 Mặt khác VG. ABC = .d( A,( BGC ) ) .S ∆BGC => d ( A,( BGC ) ) = G. ABC 3 S ∆BGC Xét tam giác 2 VIE Câu 7 Gọi O là giao điểm của AC và BD , nhật BGC ta có 4 4 BC = a 3 , CH = CO + OH = CO = .a nên 3 3 2 a 17  4a   a  CG =   +   = ,gọi N là trung điểm SD do SB = a 2 + a 2 = a 2 3  3  3 SD = a 2 + 3a 2 = 2a nên BG = => BG = 2 2 2 SA2 + 2 BD 2 − SD 2 BN = 3 3 4 2 4 a 2 + 8a 2 − 4 a 2 2 a 2 = 3 4 3 Áp dụng định lí cô sin trong tam giác BGC ta có 0,25đ 2  2a 2  17a 2 2 3 a + −   3  9 3 9 5  cos B = = => sin B = 1 − = 24 8 2a 2 2 6 2. .a 3 3 từ đó ta có S∆BGC = 0,25đ 1 1 2a 2 5 a 2 15 BG.BC.sin B = . .a 3. = 2 2 3 8 6 a3 3 a 5 = 2 18 = 5 a 15 6 3. Cách 2: d(A;(BCG)) = d(A; BM) = AM.AB = AM 2 + AB2 0.5đ S a 5 .NE T Vậy d ( A,( BGC ) ) M A G D O THS B C TM A Đường thẳng ME qua M và song song với AC nên có phương trình x + y − 1 = 0 , F đối  13 −6 


  3 1  xứng với D qua ME nên F  ;  , MF =  ;  nên véc tơ pháp tuyến của BC là 5 5  5 5 0,25đ  n (1; −3) suy ra phương trình BC là x − 3 y − 5 = 0 VIE Câu 8 1 điểm Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên BC, E là trung điểm AB. Ta có tứ giác BFDA nội tiếp đường tròn đường kính AB và ngủ giác BEDIM nội tiếp đường tròn đường kính 1 BI suy ra ∠DEM = ∠DBM = ∠DBF = ∠DEF (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 2 1 một cung) nên EM là phân giác của góc ∠DEF , lại có FE = DE = AB nên ME là 2 0,25đ đường trung trực của DF. x + y − 5 = 0 tọa độ C là nghiệm của hệ  x − 3y − 5 = 0 ⇒ C ( 5; 0 ) M là trung điểm BC suy ra B ( −1; −2 ) AF qua F và vuông góc với BC nên có phương trình 3 x + y − 33 =0 5 x + y − 5 = 0  tọa độ A là nghiệm của hệ  ⇒ A (1; 4 ) 33 3 x + y − 5 = 0  9 −8  D ;  5 5  0,25đ M ( 2; −1) 0,25đ Ta có ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) => ( x + y + z ) = 3 + 2 ( xy + yz + zx ) 2 2 lại có x3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z )  x 2 + y 2 + z 2 − ( xy + yz + zx )  + 3 xyz = ( x + y + z ) 3 − ( xy + yz + zx )  + 3 xyz nên x3 + y3 + z 3 1 1  1 1 1  = +  + +  3 − ( xy + yz + zx )  9 xyz 3 9  yz zx xy  0,25đ Áp dụng BĐT Cauchy ta có  xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 . y 2 .z 2  1 1 1 9 => + + ≥ 1 1 1 1 xy yz xz xy + yz + zx  + + ≥ 33 2 2 2 . . xy yz zx x y z  .NE T Từ đó ta có 0,25đ = 11 + 2 ( xy + yz + zx ) 3 do 0 < xy + yz + zx ≤ THS  1  1 3 P ≤ 3 + 2 ( xy + yz + zx ) − −   3 − ( xy + yz + zx )  + 3  xy + yz + zx  xy + yz + zx x2 + y2 + y 2 + z 2 + z 2 + x2 11 29 = 3 nên P ≤ + 6 = 2 3 3 TM A  x2 + y 2 + z 2 = 3 29  Từ đó suy ra GTLN của P là đạt khi  xy = yz = xz ⇔ x = y = z = 1 . 3   xy + yz + zx = 3 Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa VIE Câu 9 (1 điểm)  x3 + y3 + z 3 1  1 Suy ra ≥ +  3 − ( xy + yz + zx )  9 xyz 3  xy + yz + zx   0,25đ 0,25đ