SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH (ĐềĐỀ thi gồm trang) SỐ 1135 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN Môn: TOÁN – Năm học: 2015 – 2016 Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  x  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Tìm giá trị thực tham số m để phương trình x  x  x  m  có nghiệm 2 nhất: Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x  (1  cos x)(sin x  cos x)  b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i) z   3i  Tìm phần ảo số phức w   zi  z Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 2log ( x  1)  log (2 x  1)   x  y  x  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 2  x  y    x  y (x,y  ) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   1  x    e2 x  dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh 2a Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, góc cạnh bên SC đáy 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BD SA Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: x  y   , phương trình đường cao kẻ từ B là: x  y   Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C Viết phương trình cạnh bên tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; –2; 1), B(–1; 0; 3), C(0; 2; 1) Lập phương trình mặt cầu đường kính AB tìm tọa độ điểm H chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC Câu (0,5 điểm) Một hộp đựng thẻ đánh số 1, 2, 3, , Rút ngẫu nhiên thẻ nhân số ghi ba thẻ với Tính xác suất để tích nhận số lẻ Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z x  y  z  Tìm giá x z   3y z y ––––Hết–––– Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh…………………… trị nhỏ biểu thức: P  782 SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – 2016 Môn TOÁN Lớp 12 – Lần Thời gian làm 180 phút Câu Đáp án Điểm 0.25 x  y'   x  TXĐ: D   , y '  x  12 x  Hàm số nghịch biến khoảng(–  ; 1) (3;+  ), đồng biến khoảng (1;3) 0.25 lim y  , lim y   x  1.a x  BBT x y (1,0 đ)     0.25   0.25  1 Đồ thị: qua điểm (3; –1), (1; 3), (2; 1), (0; –1) Pt : x  x  x  m   x  x  x   2m  (*) 2 Pt (*) pt hoành độ giao điểm (C) đường thẳng d y  2m  (d phương 0.25 trục Ox) Số nghiệm phương trình số giao điểm (C) d Dựa vào đồ thị 0.25  2m   1 m  (C), để pt có nghiệm :     2m   m  0.25 1.b (1,0 đ) 0.25 cos x  (1  cos x)(sin x  cos x)  sin x  cos x   (sin x  cos x)(sin x  cos x  1)    sin x  cos x  2.a (0,5 đ) 2.b (0,5 đ)   sin( x  )     sin( x  )     x   k     x   k 2   x    k 2   ( k  ) 0.25 0.25  3i (1  i ) z   3i   z   2i 1 i => w = – i Số phức w có phần ảo – 0.25 ĐK: x > 1, log ( x  1)  log (2 x  1)   log [( x  1)(2 x  1)]  (0,5 đ)  x  3x      x  Vậy tập nghiệm S = (1; 2] 783 0.25 0.25 0.25 Điều kiện: x + y  0, x – y  0.25  u  v  (u  v)  u  v  uv  u  x  y   Đặt:  ta có hệ:  u  v    u  v2  v  x  y  uv    uv   2    u  v  uv  (1)    (u  v )2  2uv  Thế (1) vào (2) ta có:  uv  (2)   0.25 (1,0 đ) uv  uv   uv   uv  uv   (3  uv )  uv  0.25  uv  Kết hợp (1) ta có:   u  4, v  (vì u>v) u  v  Từ ta có: x = 2; y = 2.(Thỏa đ/k) 0.25 KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y) = (2; 2) u   x Đặt  2x dv  (2  e )dx du   dx  =>  2x v  x  e 0.25 1  1   I  1  x   x  e x      e x  dx  1   (1,0 đ) 1  1  1 = 1  x   x  e x    x  e2 x  0  0  0.25  e2  0,5 Gọi H trung điểm AB–Lập luận SH  ( ABC ) –Tính SH  a 15 Tính VS ABC  4a3 15 0.25 0.25 Qua A vẽ đường thẳng  / / BD , gọi E hình chiếu H lên  , K hình chiếu H (1,0 đ) lên SE Chứng minh được:d(BD,SA) = d(BD,(S,  )) = 2d(H, (S,  )) = 2HK Tam giác EAH vuông cân E, HE  a 2 1 31 15 15     HK  a  d ( BD, SA)  a 2 2 HK SH HE 15a 31 31    cos HCB  Gọi H trực tâm  ABC Tìm B(0;–1), cos HBC 10  Pt đthẳng HC có dạng: a(x–2)+b(y–1)=0( n  (a; b) VTPT a  b  ) (1,0 đ) cos HCB  ab 2(a  b )  0.25 a a  4a  10ab  4b2          10 b b 784 0.25 0.25 0.25 a  b  2  a  2, b    , phương trình CH: –2x + y + =  a  1, b  2(l ) a    b 0.25 AB  CH Tìm pt AB: x + 2y + =  5 Tìm : C  ;   ,pt AC: 6x + 3y + =  3 0.25 Tìm tọa độ tâm I mặt cầu I(0; –1; 2), bán kính mặt cầu: R  0.25 Phương trình mặt cầu (S): x  ( y  1)2  ( z  2)2     Giả sử H(x; y; z), AH  (x  1; y 2; z  1), BC  (1; 2; 2), BH  ( x  1; y; z  3)     (1,0 đ) AH  BC  AH BC   x  y  z  5   2 x  y  2  23  BH phương BC   , tìm H   ; ;   9  y  z  Số phần tử không gian mẫu n(  ) = C 39 = 84 0.25 0.25 0.25 0.25 Số cách chọn thẻ có tích số lẻ n(A) = C53 = 10 (0,5 đ) => Xác suất cần tính P(A) = 10 = 84 42 Ta có x  xz  x, z Từ suy P 0.25 0.25 z  yz  z y x z   y  x  xz  z  yz  y z y 0.25  2( x  z )  y ( x  y  z )  xz  yz  2( x  z )  y  x ( y  z ) 10 (1,0 đ) Do x  y  z nên x( y  z )  Từ kết hợp với ta P x z   y  2( x  z )  y  2(3  y )  y  ( y  1)   z y Vậy giá trị nhỏ P đạt x = y = z = * Chú ý: Mọi cách giải khác đạt điểm tối đa 785 0,25 0.25