SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT NAM SÁCH ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN LẦN - NĂM HỌC 2016 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu (1 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  x  Câu (1 điểm) Xác định tọa độ giao điểm đồ thị hàm số y  2x 1 với đường thẳng x 1 y  x  viết phương trình tiếp tuyến (C ) giao điểm Câu (1 điểm) a) Giải phương trình:  cos x(2 cos x  1)  sin x  1  cos x b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1  2i ) z  (2  3i ) z  2  2i Tính mô đun z Câu (1 điểm) a) Giải phương trình: x  log (9  x )  b) Gieo đồng thời ba xúc sắc đồng chất, cân đối Tính xác suất để tổng số chấm xuất ba 10 Câu (1 điểm) Tính tích phân I   1  x    e x  dx Câu (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) B(3;4;1) Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) : x  y  z   để MAB tam giác Câu (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC tạo với mặt phẳng (ABBA) góc 600 AB = AA = a Gọi M, N, P trung điểm a BB, CC, BC Q điểm cạnh AB cho BQ  Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC chứng minh ( MAC )  ( NPQ )   900 , AC  AB Gọi H Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác vuông ABC, BAC chân đường cao hạ từ A lên BC Trên tia BC lấy điểm D cho HA = HD Kẻ đường thẳng 5 3 qua D vuông góc với BC cắt AC E Biết H 2;1 , trung điểm BE M  ;  , trung điểm  2  3  AB N  ;2 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC    x  y 1  y  y  x  Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình:   x, y     2 x  y   x  y  11  x  y  16  Câu 10 (1 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z  Chứng minh : x  y  z y  z  x z  x  y    xyz  yz  zx  xy …………………Hết………………… Họ tên thí sinh: Số báo danh: TRƯỜNG THPT NAM SÁCH - ĐÁP ÁN CÂU (1,0 điểm) - Tập xác định: D   0,25 - Chiều biến thiên: Ta có: y '  x  12 x  ; y '   x  x  Hàm số đồng biến khoảng  ;1  3;   , nghịch biến khoảng 1;3 0,25 - Cực trị: Hàm đạt cực đại x  , yCD  Hàm đạt cực tiểu x  , yCT  1 - Giới hạn: lim y   , lim y   x  - Bảng biến thiên: x  y x       0,25  1 - Đồ thị: Đồ thị (C) hàm số qua điểm A  4;3 cắt trục tung điểm B  0; 1 0,25 CÂU (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm : 2x 1  x   x  x   0, x  1 x 1  x  2  y  Các giao điểm A  2;5  , B  4;3   x  4  y  0,25 y '  2    tiếp tuyến A y  3x  11 0,25 1 13  tiếp tuyến B y  x  3 a) (0,5 điểm) 0,25 y '  4   CÂU (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện: cos x   x  k 2 , k   Với điều kiện phương trình cho tương đương: 0,25  cos x(2 cos x  1)  s inx   cos x  2sin x  sin x   sin x    5  x    k 2 , k  ; x   k 2 , k   (thỏa điều kiện) 4 0,25 b) (0,5 điểm) Gọi z = x + yi  x, y  R  Phương trình cho trở thành: 1  2i  x  yi     3i  x  yi   2  2i   x  y    x  y  i   x  y    3x  y  i  2  2i   x  y     x  y  i  2  2i 3x  y  2 x 1     x  y  2 y 1 0,25 0,25 Do z    CÂU (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) Điều kiện:  x  Phương trình cho tương đương: 0,25 log2 (9  2x )   x   2x  23x   2x  2x  x  2x x   9.2    (thỏa điều kiện)  x  2x 2  x  0,25 b) (0,5 điểm) Gọi  tập hợp tất khả xảy ra.Ta có n(  ) = 6.6.6=216 Gọi A biến cố:” tổng số chấm xuất ba 10” 0,25 Các khả thuận lợi A tổ hợp có tổng 10 là: (1;3;6), (1;4;5), (2;2;6), (2;3;5), (3;3;4), (2;4;4) hoán vị tổ hợp Ta có n(A) = + + + + + = 27 ( (2;2;6), (3;3;4), (2;4;4) có hoán vị) CÂU (1,0 điểm) 1 I   1  x    e 2x 0,25 n( A) 27 =  n() 216 Vậy xác suất P(A) =  dx  1  x  dx   1  x  e dx 0,25    x  dx   x  x   0,25 0 1 Tính I1  1  x  dx   2x  du   dx u   x  Tính I   1  x  e dx Đặt   e2 x 2x dv  e dx v   2x  I2  x  e2 x   1 0,25 e2 x  e2 x e e2    dx          2 4 4   0 Vậy I  I1  I   e2  e2   4 0,25 CÂU (1,0 điểm) CÂU (1,0 điểm) Gọi (Q) mặt phẳng trung trực đoạn AB  (Q): x  y  z   0,25 x   Gọi d giao tuyến (P) (Q)  d:  y  t  z  t  0,25 M  d  M (2; t  1; t )  AM  2t  8t  11 , AB = 12 MAB MA = MB = AB   18  18   18  2t  8t    t   M  2; ;   2  Gọi I trung điểm AB A' C ' I  A ' B '   C ' I  ( ABA ' B ') , C ' I  AA '  I 0,25 0,25 C' B' N suy góc BC mp(ABBA) góc 0,25   C ' BI Suy C ' BI  600 M C A a 15  C ' I  BI tan C ' BI  K P Q B a 15 VABC A ' B ' C '  AA '.S A ' B ' C '  AA ' CI A ' B '  NP / / BC ' Ta có   ( NPQ) / /(C ' BI ) (1) PQ / /C ' I  ' ABM  BB ' I (c  g  c) suy  AMB  BIB 0,25 0,25  suy  AMB  B ' BI  900  AM  BI 0,25 Mặt khác theo chứng minh C’I  AM nên AM  (C ' BI ) Suy (AMC)  (C ' BI ) (2) Từ (1) (2) suy ( MAC )  ( NPQ ) CÂU (1,0 điểm) B H N M D 0,25 C A E 1 AE ; MD  AE  MA  MD 2   450 Từ suy ra: AHM  DHM   AHM  DHM   Véc tơ pháp tuyến đường thẳng HM n1  1; 1 Gọi n   a; b véc tơ pháp Ta có AM  tuyến đường thẳng AH với a  b    n.n1   a  a b 2 Ta có cos n, n1         b  2 n n1 a  b2  + Nếu a   n 0;1  AH : y 1   BC : x    B  2; b Vì N trung   0,25 điểm AB nên A 1;  b  Do A  AH   b   b   A 1;1 , B 2;3 Do M trung điểm BE  1  E 3; 0  AE : x  y    C  AE  BC  2;    0,25 Vì AB  AC nên trường hợp không thỏa mãn  + Nếu b   n 1;0  AH : x    BC : y 1   B b;1 Vì N trung điểm AB nên A 3  b;3 Do A  AH   b   b   A 2;3 , B 1;1 Do M trung điểm BE  E  4; 2  AE : x  y    C  AE  BC  6;1 0,25 Ta thấy AB  AC nên trường hợp thỏa mãn Vậy A 2;3 , B 1;1 , C 6;1 CÂU (1,0 điểm)  x  y 1  y  y  x 1 1 Giải hệ phương trình:   x, y    2 x  y   x  y  11  x  y  16 2   x  y   Điều kiện:  3 x  y   Ta có 1  x  y   x  y   y  y 0,25 Xét hàm số: f u   u  u , hàm số f u  đồng biến  Và f   x  y 1  f   y  x  y 1  y  y  x 1 Thay y  x 1 vào phương trình (2), ta được: 3x   x   x  x  13 0,25  (2 3x   2( x  2))  (3 x   3( x  3))  x  x  2 x( x  1) 3x   ( x  2)  3 x( x  1) x   ( x  3)  x ( x  1)    x( x  1)    1   x  x  1 x   ( x  3)   x   ( x  2) (Vì 3x   ( x  2)  x   ( x  3) 0,25 1  ) Với x = y = – Với x = –1 y = – Thử lại ta thấy nghiệm hệ phương trình cho ( x; y )  (0; 1);(1; 3) 0,25 CÂU 10 (1,0 điểm) Với x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z  x y  z Chứng minh (1)   yz  y  z  x  zx  z x  y  xy yz zx x y   2 yz (4  yz ) zx(4  zx ) xy(4  xy)  xyz (1) (2) 0,25 yz yz Ta có :   yz (4  yz ) yz(4  yz ) Đặt t  Ta có : yz ,  t  yz (4  yz ) t     4t  t  16t  4t 3 4t  t 0,25  3  (t  1)2 (t  2t  9)  t   0;   2 Suy : yz  yz (4  yz ) 2 yz   yz (4  yz ) Chứng minh tương tự ta có : 0,25 2 xy  zx 2 zx  x y  ;  zx(4  zx) xy (4  xy ) Từ suy : VT (2)  2( xy  yz  zx )  24 2( x  y  z )  24   (đpcm) 9 0,25 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định 2) Điểm thi tổng điểm không làm tròn