SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG TRƯỜNG THPT BẠCH ĐẰNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số a) (1) y = −x + 3mx +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị A, B cho tam giác OAB vuông O ( với O gốc tọa độ ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 2x +1 = sin x + cos 2x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I= ∫ Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình x − ln x x dx + 52 x − 6.5x +1 = b) Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để làm trực nhật Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm thẳng x +1 = y −1 = A(−4;1;3) đường z+3 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với −2 đường thẳng d Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho AB =27 d: Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông A , AB = AC = a , I trung điểm SC , hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng ( ABC ) trung điểm H BC , mặt phẳng ( SAB) tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp  S.ABC tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( SAB) theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 4) , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác ADB có phương x − y + = , điểm M (−4;1) thuộc cạnh AC Viết phương trình trình đường thẳng AB Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình Câu (1,0 điểm) thức:  x + xy xy2y   y 1  y2  x    =5y+4 = x −1 Cho a, b, c số dương a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu P = bc c a + ab 3a  bc 3b  ca + 3c  ab …….Hết……… ĐÁP ÁN Câu Nội dung a.(1,0 điểm) Vơí m=1 hàm số trở thành : y = −x + 3x +1 TXĐ: D = R y ' = −3x + , y ' = ⇔ x = ±1 Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; −1) (1; +∞) , đồng biến khoảng (−1;1) Điểm 0.25 0.25 Hàm số đạt cực đại x = , yCD = , đạt cực tiểu x = −1 , yCT = −1 lim y = −∞ , lim y = +∞ x→+∞ x→−∞ * Bảng biến thiên –∞ x y’ +∞ y + -1 – +∞ + -∞ -1 Đồ thị: 0.25 0.25 2 b.(1,0 điểm) y ' = −3x + 3m = −3( x − m ) 2 0.25 y ' = ⇔ x − m = (*) Đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị ⇔ PT (*) có nghiệm phân biệt ⇔ m > (**) ( Khi điểm cực trị A − m ;1− 2m m ) , B ( m;1+ 2m m ) 0.25 0.25 Tam giác OAB vuông O ⇔ OA.OB = ⇔ 4m3 + m −1 = ⇔ m = ( TM (**) ) Vậy m = 2 0,25 (1,0 điểm) sin 2x +1 = 6sin x + cos 2x ⇔ (sin 2x − 6sin x) + (1− cos 2x) = 0.25 ⇔ sin x (cos x − 3) + sin x = 25 ⇔ sin x (cos x − + sin x ) = sin x = ⇔ sin x + cos x = 3(Vn) ⇔ x = k Vậy nghiệm PT x = k , k ∈ Z 25 0.25 (1,0 điểm) 2 I = ∫ xdx − 2∫ 1 Tính J = ∫ ln x ln x x 2 x dx = 2 ln x ln x −2∫ dx = − 2∫ dx x x 12 0.25 dx 0.25 x 1 Đặt u = ln x, dv = dx Khi du = dx, v = − x x x 2 1 Do J = − ln x + ∫ dx x x 1 12 1 ln − = − ln + x 2 Vậy I = + ln 2 J =− 0.25 0.25 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 0.25 5x = + 52 x − 6.5x +1 = ⇔ 5.52 x − 6.5x +1 = ⇔ x =  x = ⇔  Vậy nghiệm PT x = x = −1 x = −1  b,(0,5điểm) n ( Ω ) = C = 165 0.25 0.25 11 1 Số cách chọn học sinh có nam nữ C C + C C = 135 6 135 Do xác suất để học sinh chọn có nam nữ = 165 11 0.25 (1,0 điểm) Đường thẳng d có VTCP ud = (−2;1;3) Vì ( P ) ⊥ d nên ( P ) Vậy PT mặt phẳng nhận ud = (−2;1;3) làm VTPT 0.25 ( P ) : −2 ( x + 4) +1( y −1) + 3( z − 3) = ⇔ −2x + y + 3z −18 = 0.25 Vì B ∈ d nên B ( −1− 2t;1+ t; −3 + 3t ) 0.25 2 AB = 27 ⇔ AB = 27 ⇔ ( − 2t ) + t + ( −6 + 3t )2 = 27 ⇔ 7t − 24t + = t = 12   13 10 ⇔  Vậy B (−7; 4; 6) B − ; ; −  t = 7    (1,0 điểm) Gọi K trung điểm AB ⇒ HK ⊥ AB (1) S j Vì SH ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ AB (2) 0.25 0.25 Từ (1) (2) suy ⇒ AB ⊥ SK Do góc ( SAB ) với đáy góc SK HK SKH = 60 M B H C Ta có SH = HK tan SKH = a K A Vậy VS ABC 1 a = SABC SH = AB.AC.SH = 3 12 0.25 Vì IH / /SB nên IH / / ( SAB ) Do d ( I , ( SAB)) = d ( H , ( SAB )) 0.25 Từ H kẻ HM ⊥ SK M ⇒ HM ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( H , ( SAB ) ) = HM Ta có HM = HK + SH = 16 ⇒ HM = 3a a Vậy d ( I , ( SAB )) = a 0,25 (1,0 điểm) Gọi AI phan giác BAC Ta có : AID = ABC + BAI A M' B E IAD = CAD + CAI K I M C D Mà BAI = CAI , ABC = CAD AID ⇒ ∆DAI cân=tại D AD ⇒ DE ⊥ AI nên I 0,25 PT đường thẳng AI : x + y − = 0,25 Goị M’ điểm đối xứng M qua AI ⇒ PT đường thẳng MM’ : x − y + = Gọi K = AI ∩ MM ' ⇒ K(0;5) ⇒ M’(4;9) 0,25 VTCP đường thẳng AB AM ' = (3;5) ⇒ VTPT đường thẳng AB n = (5; −3) Vậy PT đường thẳng AB là: ( x −1) − 3( y − 4) = ⇔ 5x − 3y + = x + xy + x − y2 − y = y + 4(1) (1,0 điểm)   y − x − +y −1 = x −1(2) 0.25 xy + x − y − y ≥  Đk: 4 y − x − ≥  y −1 ≥  Ta có (1) ⇔ x − y + 0,25 ( x − y )( y +1) − 4( y +1) = Đặt u = x − y , v = y +1 ( u ≥ 0, v ≥ ) u = v 2 Khi (1) trở thành : u + 3uv − 4v = ⇔ u = −4v(vn)  Với u = v ta có x = y +1, thay vào (2) ta : y − y − +y −1 = y ⇔ y − y − − ( y −1) + ( y −1 −1 ) =0  y − 2 + =  ⇔ y − + ( )  y − y − + y −1 y −1 +1 y − y − + y −1  ( y − 2) ⇔ y = ( ⇔ 0.25  = y −1 +  + > 0∀y ≥ 1) −1 +1 y y − y − + y −1 0.25 0.25 Với y = x = Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT (5; 2) (1,0 điểm) bc bc bc bc 1  Vì a + b + c = ta có = = ≤ +   a + ba + c 3a + bc a(a + b + c) + bc (a + b)(a + c)   1 Vì theo BĐT Cô-Si: + ≥ , dấu đẳng thức xảy ⇔ b = c a + b a + c (a + b)(a + c) Tương ca ca  1 ab ab 1   tự 3b + ca ≤ ≤ b + +a b + c 3c + ab c + +a c + b     bc + ca ab + bc ab + ca a + b + c Suy P ≤ 2(a + b) +2(c + a) +2(b + c) = 2= , 0,25 0,25 0,25 Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy max P = a = b = c = 0,25