SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH (ĐềĐỀ thi gồm trang) SỐ 1136 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 (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị  C  hàm số (1) 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  điểm M có hoành độ x0  Câu (1,0 điểm) 1) Giải phương trình sin x  cos x   sin x  cos x    cos x 2) Tìm phần thực phần ảo số phức w  ( z  4i )i biết z thỏa mãn điều kiện 1  i  z    i  z   4i Câu (0,5 điểm) Giải phương trình log 52 x  log 0,2 (5 x )   ( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x, y    4 x   16  y  x   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   ( x  sin x) cos xdx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh 2a E, F trung điểm AB BC, H giao điểm AF DE Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) góc đường thẳng SA mặt phẳng (ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SH, DF Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD Điểm E(2; 3) thuộc đoạn thẳng BD, điểm H(–2; 3) K(2; 4) hình chiếu vuông góc điểm E AB AD Xác định toạ độ đỉnh A, B, C, D hình vuông ABCD Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 0; 0) đường thẳng d x  y  z 1 có phương trình   Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường thẳng d Từ suy tọa độ điểm H hình chiếu vuông góc A lên đường thẳng d Câu (0,5 điểm) Từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; lập số tự nhiên có chữ số số chia hết cho 3? Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực x, y, z thoả mãn: x  y  z  x  y  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức T  2( x  z )  y ––––Hết–––– Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh…………………… 786 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH - ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 02 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM y  x4  2x2 + TXĐ: D   + Sự biến thiên: x   Chiều biến thiên: y '  x  x y '   x  x     x  1 Vậy hàm số nghịch biến khoảng:  ;1 (0;1) ; 0,25 đồng biến khoảng (–1;0) 1;   Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, ycđ = Hàm số đạt cực tiểu x  1 , yct = –  Giới hạn : lim y   x  1đ Bảng biến thiên : x –∞ y +∞ 0,25 – 1 0 0 + +∞ – + +∞ y 1 1 0,25 + Đồ thị: – Giao điểm với Ox : (0; 0);   2; ,  2;  – Giao điểm với Oy : (0 ; 0) y x -8 -6 -4 -2 0,25 -5 Nhận xét : Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 1đ Với x0 = , y0 = 0, f '( x0 )  Pttt y  x  0,5 0,5 sin x  cos x  4sin x  cos x    cos x  sin x cos x  cos x  cos 2 x  4sin x  cos x    cos xsin x   cos x   2sin x  cos x   0,5 đ  0.25   cos x sin x cos x  sin x  2sin x  cos x    sin x  cos x cos x sin x  1    k , k  Z Với cos x sin x    1  sin x sin x    sin x  1 sin x  1  Với sin x  cos x   x     sin x   x   2m , m  Z 787 0.25 0,5 đ Gỉa sử z  x  yi,  x y    , suy z  x  yi 0,25 Thế vào gt ta tìm x= 3, y = Vậy z = +4i Do w = 3i có phần thực 0; phần ảo 0,25 Gpt: log 52 x  log 0,2 (5 x)   (1) Đk: x>0 Pt (1)  log 52 x  log (5 x)    log 52 x  log x   0,5 đ  log x   x  125    x  1/ 25  log5 x  2 0,25 \ 0,25 KL: Vậy tập nghiệm pt (1) T  1/ 25;125 16 3 (1)  ( x  1)  ( y  1)3  y  x  Thay y=x–2 vao (2) ĐK: x  2, y  x   22  x  x   1đ 4( x  2) 3( x  2)  ( x  2)( x  2)  x2 2 22  x  x   4   ( x  2)   0(*)  x   22  3x  Xét f(x) = VT(*) [–2; 21/3], có f’(x) > nên hàm số đồng biến Suy x = –1 nghiệm (*) KL: HPT có nghiệm (2; 0),(–1; –3)  0,5   I   (x  sin x)cos xdx   x cos xdx   sin x cos xdx 0     M N 0,25 0,25    0,25   u  x du  dx Tính M: Đặt   dv  cos xdx  v  sin x 1đ      M  x sin x   sin xdx   cos x   2 0 Tính N: Đặt t  sin x  dt  cos xdx Đổi cận: x  N   t dt   t3 1  Vậy I  M  N   3 1đ 788   t  1; x   t  0,25 0,25 0,25 Do ABCD hình vuông cạnh 2a nên S ABCD  4a SH  ( ABCD)  HA hình chiếu vuông góc SA mp  ABCD    600  SH  AH  SAH  ABF  DAE  c g.c   BAF ADE 0,25  Mà:  AED  900   AED   ADE  900 Nên BAF AHE  900  DE  AF Trong ADE có: AH DE  AD AE  AH  0,25 2a 0,25 2a 8a 15 Thể tích khối chóp S ABCD là: V  4a  (đvtt) 15 0,25 Trong mp  ABCD  kẻ HK  DF K  d  SH , DF   HK 4a Có : DF  a 5 Trong ADE có: DH DE  DA2  DH  16a 9a 3a   HF  Trong DHF có: HF  DF  DH  5a  5 2 2 HF HD 12a 12a  Vậy d  SH , DF   DF 25 25  AH : x   Ta có EH : y   ; EK : x      A  2;4  AK : y     Giả sử n  a; b  ,  a  b   VTPT đường thẳng BD A K a Có:  ABD  450 nên:   a  b a  b2  Với a  b , chọn b  1  a   BD : x  y   H E  B  2; 1 ; D  3;    EB   4; 4  B     E nằm đoạn BD (thỏa mãn)  ED  1;1  HK  1đ 0,25 D 0,25 C Khi đó: C  3; 1 1đ  Với a  b , chọn b   a   BD : x  y     EB   4;4     B  2;7  ; D 1;4      EB  ED  ED   1;1  E nằm đoạn BD (Loại) 0,25 Vậy: A  2;4  ; B  2; 1 ; C  3; 1 ; D  3;   +) d có VTCP u  1; 2;1   +) (P) qua A(–1; 0; 0) có VTPT n  u  1; 2;1 có pt : x + 2y + z +1 = 0,25 +) H giao điểm (d) (P) nên tọa độ H nghiệm hệ pt x   x  y 1 z 1       y  1 Vậy H(1;–1;0)   x  y  z   z   0,25 789 0,25 0,5 Số có chữ số cần lập abcde ( a  ; a, b, c, d, e  {0; 1; 2; 3; 4; 5}) abcde   (a  b  c  d  e) – Nếu (a  b  c  d ) chọn e = e = 0,5 đ 0,25 – Nếu ( a  b  c  d ) chia dư chọn e = e = – Nếu ( a  b  c  d ) chia dư chọn e = e = Như với số abcd có cách chọn e để số có chữ số chia hết cho Số số dạng abcd lập từ tập A là: 5.6.6.6= 1080 số Số số cần tìm x 1080 = 2160 số 2 x2  y  z  x  y    x  1   y    z  0,25 1 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Xét mặt cầu: 2  S  :  x  1   y    z  Có tâm I 1; 2;0 ,bán kính R  Xét mp   : x  y  z  T  G/s M  x; y; z  Từ 1 có điểm M nằm bên  S  kể mặt cầu  S  T   2  T  10  Với T  2 M giao điểm mp    : x  y  z    d  I ,     R  Và đường thẳng  qua I     10 1đ  x   2t   4  :  y  2  t  M   ;  ;    3 3  z  2t  7 4  Với T  10 Tương tự M  ;  ;  3 3  x    Vậy T  2  y  z     x    max T  10  y     z   * Chú ý: Mọi cách giải khác đạt điểm tối đa 790 0,25 0,25 0,25