De thi thu Quoc gia mon toan truong DAP AN HDC thanh binh 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN... Gọi Mxo; yo là tiếp điểm.. Tìm tọa độ hình chiếu vuơng gĩc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP

TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Môn: TOÁN

(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)

1

(1,0đ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số

2 3

3 2

x y x





Tập xác định: \ 2

3

D  

 

 

Sự biến thiên:

Chiều biến thiên:

 2

5 '

3 2

y x



 ; y'  0, x D

Hàm số đồng biến trên từng khoảng ;2

3 và 2 ;

0,25

Giới hạn và tiệm cận:

lim lim 2

3

x y x y tiệm cận ngang: y 3

lim ; lim

0,25

Bảng biến thiên:

x 3 '

y

y 2

3 2

3

0,25

Đồ thị:

0,25

2

(1,0đ)

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C): yx33x21 tại điểm có hoành

Gọi M(xo; yo) là tiếp điểm Ta cĩ xo = -1 suy ra yo = -3 hay M( 1; 3)  0,25

9x6 0,25

3

(1,0đ)

a) Giải phương trình sau:(0,5 điểm) 3.4 x2.6x 9x 0,5

Đặt t = 2

3

x

 

 

  > 0 Ta được phương trình:

2

3t   2t 1 0

1 1 3

t t







  



0,25

Đối chiếu điều kiện ta nhận t = 1x = 0 Vậy pt cĩ một nghiệm x = 0 0,25

b) Tính mơđun của số phức z thỏa: (1i) (22 i z)    8 i (1 2 )i z 0,5

Ta cĩ: (1i) (22 i z)    8 i (1 2 )i z   z 2 3i 0,25

4

(1,0đ)

Tính tích phân:

0 (1 cos )



0

(1 cos )



 

cos

xdx x xdx

1

0

x



2 0 cos



 Đặt

0

I x x  xdx   x   x  

0,25

Vậy,

2

2

I  I I  

0,25

5

(1,0đ)

Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) cĩ phương trình:

x y z  Tìm tọa độ hình chiếu vuơng gĩc của O trên (P) Viết phương trình

mặt phẳng (Q) song song với (P) và cách gốc tọa độ O một khoảng là 3

1,0

Gọi ∆ là đường thẳng đi qua O và vuơng gĩc với (P), H là hình chiếu vuơng gĩc của O trên

( )

H P suy ra t2.2t2.2t   9 0 t 1 Do đĩ H(1; 2; 2) 0,25

(Q) song song với (P) nên cĩ phương trình: x2y2z d 0 và (Q) cách O một khoảng

9 9

9

d d

d





 (loại, vì trùng với (P))

Vậy mặt phẳng (Q) cĩ phương trình là x2y2z 9 0

0,25

6

(1,0đ) a) Chứng minh rằng, với mọi x thì: 2 2 2

3

x  x  x

3 1 cos 2 2 cos2 cos 2 3



b) Một gia đình cần ít nhất 900 đơn vị protein và 400 đơn vị lipit trong thức ăn mỗi

ngày Mỗi kilogam thịt bò chứa 800 đơn vị protein và 200 đơn vị lipit ………

Hỏi gia đình đó phải mua bao nhiêu kilôgam thịt mỗi loại để chi phí là ít nhất ?

0,5

Đặt x, y lần lượt là số (kg) thịt bò và thịt lợn cần dùng trong ngày và x, y thỏa mãn điều

kiện: 0 x 1, 6 ; 0 y 1,1

800x + 600y là số đơn vị protein; 200x + 400y là số đơn vị lipit

Theo giả thiết thì

800 600 900 4 3 4, 5

(*)

Chi phí mua sẽ là T = 45x + 35y (nghìn đồng) Trong mặt phẳng tọa độ, ta sẽ biểu diễn

phần mặt phẳng chứa các điểm M(x, y) thỏa mãn hệ (*)

0,25

Ta xét 4 đỉnh của miền khép kín tạo ra bởi hệ (*) là : A(0,6; 0,7); B(1,6; 0,2) ; C(1,6; 1,1) ;

D(0,3; 1,1) Ta thấy T đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 0,6 và y = 0,7

Khi đó T = 45.0,6 + 35.0,7 = 51,5

Vậy: Gia đình đó mua 0,6 kg thịt bò và 0,7 kg thịt lợn thì chi phí ít nhất (51,5 nghìn đồng)

0,25

7

(1,0đ)

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy,

SBhợp với đáy một góc 60 Gọi M là trung điểm 0 SC Tính theo a thể tích khối chóp

S ABC và khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (MAB )

1,0

Góc giữa SB và mặt phẳng ABCD là góc ABS 600

Xét tam giác SAB vuông tại A, ta có: tan 600 SA SA AB.tan 600 a 3

AB

ABC ABCD

a

a

Gọi O là tâm hình vuông, I là trung điểm củaAB, Hlà chân đường cao hạ từ O của tam

giác OIM Khi đó OH(MAB) hayOH d O MAB( , ( ))

Khi đó: ( ,(d S MAB))d C MAB( , ( ))2 ( , (d O MAB))2OH

0,25

Tam giác OIM vuông tại O , ta có: 1 2 1 2 12 162 3

a OH

2

a

d S MAB 

0,25

I

M

O

C

B

S

H

8

(1,0đ)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(2; 1), trọng tâm

7 4

;

3 3

  Phương trình cạnh AB: x – y + 1 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC,

biết x A x B

1,0

N G

M

C

B

A

Gọi H là trực tâm, I là tâm đường tròn ngoại tiếp ; M, N là trung điểm của BA và AC Xét hai tam giác đồng dạng CHB và MNI (các góc có cạnh song song), Do đó :

2

Suy ra, CH 2.IM

2

3

IH IA IB IC IG

0,25

Ta có: 1 1;

3 3

   , từ kết quả IH 3.IGH(3; 2) Đường thẳng IM: x + y – 3 = 0

M

0,25

Ta lại có: IM   1;1, từ kết quả CH 2.IM C(5;0) và IC 10

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là :

(C): (x2)2(y1)2 10

0,25

Tọa độ đỉnh A, B = ( )C AB là nghiệm hệ phương trình:

1, 0 ( 2) ( 1) 10

3, 4

1 0

x y



Vậy tọa độ các đỉnh là: ( 1;0),A  B(3; 4), C(5;0) (vì x A x B)

0,25

9

(1,0đ)

5x 18x 4 4 4 2 x 4x1

1,0

4 x

0,25

4

x  



1 5 x 2x 4 x 2 4 2 x 4 x 1 4x1

2

2

0,25

4

1

4

4

0,25

4

4

x  



; 0 2 4

S  

0,25

10

(1,0đ)

Cho a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của , ,

Không mất tính tổng quát giả sử hai số a1,b1 không trái dấu nhau Suy ra

(a1)(b 1)  0 ab    a b 1 2 c Do đó: abcc(2c)

Mặt khác:

3 3

3

a b a b   c

3 3 (3 )

5 (2 ) (c) 4

c

2

 

0,25

f  c   c   c

/

f c   c

0,25

Bảng biến thiên:

c 0 1 3

2

f ‘(c)  0 +

f(c) 3 5

Dựa vào BBT ta thấy ( )f c  f(1) 3 5

0,25

Do đó T  f c( ) 3 5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

( 1)( 1) 0

3

a b c





   



Vậy minT  3 5 khi a  b c 1

0,25

Hết