Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của M trên d và lập phương trình mặt cầu S có tâm M và tiếp xúc với d.. b Một hộp đựng 8 quả cầu có trọng lượng và kích thước như nhau, được đánh số thứ t
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỒNG THÁP Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ THI THỬ Đơn vị ra đề: Tổ Toán Trường THPT Hồng Ngự 3
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x4 2x2 2
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm m để đường thẳng (d): y xmcắt đồ thị : 2 1
3
x
C y
x
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB vuông tại điểm I(1;2)
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn 2
( 2i )z5i z 1 ( 3 i ) Tính mô đun của số phức z
b) Giải phương trình 3.9x 5.6x 2.4x 0
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
π
2 2
0
I ( xs in x )cos xdx
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M ( 1;0;3 ), đường thẳng ( d ) : x 1 y z 2
Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của M trên (d) và lập phương trình mặt cầu (S) có tâm M và tiếp xúc với (d)
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Cho góc thỏa mãn 3
2
và tanx 3 Tính giá trị biểu thức P = cos2x + sinx 2 b) Một hộp đựng 8 quả cầu có trọng lượng và kích thước như nhau, được đánh số thứ tự từ 1 đến 8 Chọn ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp trên Tính xác suất để 3 quả cầu được chọn có tổng các số thứ tự không vượt quá 9
AD AB BC a SA SD SC a Tính theo a thể tích của khối chóp S ABC. và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD
( C ) : x y 2x4 y40
có tâm I và điểm M ( 1; 3 ) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất
(3x1) 9x 6x 2 x 1 4x 16x 1 trên tập số thực
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a b c, , là ba số không âm thỏa mãn a b c 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Pa b 2 c3
-Hết -
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN
Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI THỬ (Đáp án gồm 05 trang)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số yx4 2x2 2 1,00
♥ Tập xác định: D
♥ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: 3
y 0 x 0 y( 0 ) 2
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1;0 ), ( 1; )và nghịch biến trên
các khoảng ( ; 1 ), ( 0;1 )
Hàm số đạt cực đại tạix0, y CD 2 và đạt cực tiểu tạix 1, y CD 3
Giới hạn :
x lim y
;
x lim y
0,25
Bảng biến thiên:
x -1 0 1
'
y - 0 + 0 - 0 +
y
-2
-3 -3
0,25
1
(1,0đ)
♥ Đồ thị:
+ Giao điểm với trục hoành: A( 1 3 ;0 ), B( 1 3 ;0 )
+ Tính đối xứng: Đồ thị đối xứng nhau trục tung
+ Dạng đồ thị ( bạn đọc tự vẽ )
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của C và d :
3
x
2
3 3
x x
0,25
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B khi và chỉ
khi
2 (*)
m
0,25
2
(1,0đ)
Gọi x , x 1 2 là hai nghiệm của pt(*)
Ta có A( x ; x 1 1 m ),B( x ; x 2 2 m ) và
IA( x 1; x m2 ),IB( x 1; x m2 )
Trang 3Tam giác IAB vuông tại I nên ta có
2
IA.IB02x x ( m3 )( x x ) 1 ( m 2 ) 0
Đặt za bi a b ,
Từ đề bài ta có ( 2i )( abi )5i( abi )96i
0,25
27 a
b 5
b) Giải phương trình 3.9x 5.6x 2.4x 0
pt
2
3
3.( ) 5.( ) 2 0
( )
x
x
3
(1,0đ)
0 1
x x
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S0; 1
0,25
Tính tích phân
π
2 2
0
Ta có
2
*
π 2 0
A x cos xdx
dv cos xdx v s inx
Ta có
π π 2 2 0
Ax sin x sin xdx =
π 2
0
0,25
*
π
0
s in x 1
B s in x cos xdx s in xd(sin x )
đăt t s inx)
0,25
4
(1,0đ)
* I = π 2
5
(1,0đ) Từ
( d ) : y 2t
z 2 t
suy ra vtcp ud ( 1;2;1 )
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên (d) Ta có H ( 1 t;2t;2 t )
1,00
Trang 4H( 1 t;2t;2 t ) ( 2 t ).1 4t ( t 1 ).1 0
H( ;1; )
1 t 2
Mặt cầu (S) tâm M, tiếp xúc với (d) nên MH R 14
2
0,25
Vậy phương trình của mặt cầu S là: 2 2 2 7
2
a) Ta có tan x 3 cot x 1
3
ta lại có 2
2
sin x
10
1 cot x
0,25
P = cos2x + sinx 2 sinx =12 3 10
2 3 2sin
10
Chọn ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp nên ta có C83 56 0,25
Gọi A là biến cố “chọn 3 quả cầu có tổng các số thứ tự đánh số không
vượt quá 9”
Do đó A có các khả năng chọn ba quả cầu là (1,2,3); (1,2,4); (1,2,5); (1,2,6);
(1,3,4); (1,3,5); (2,3,4)
Suy ra A 7
0,25
6
(1,0đ)
Xác suất 7 1
( )
56 8
P A
Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang vuông tại A,B Biết
AD AB BC a SA SD SC a Tính theo a thể tích của khối
chóp S ABC. và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD
1,00
Giải
Gọi H là trung điểm AD, khi đó SH AD và HAHD ABBCa
Tứ giác ABCH là hình vuông nên 1 2
2
ABC
S a
0,25
7
(1,0đ)
2
CH AD nên tam giác ACD vuông tại C hay H là tâm của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ACD Do SA= SC= SD nên
Trang 5( ) ( )
Vậy thể tích khối chóp S.ABC: V =
3
a
0,25
Ta lại có : BCDH là hình bình hành nên CD (BSH)
Suy ra d SB CD( , ) d C SBH( ,( ))
0,25
Do COBH và COSH nên CO (SBH) hay ( , ) 2
2
a
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2
( C ) : x y 2x4 y40
có tâm I và điểm M ( 1; 3 ) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M
và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích
lớn nhất
1,00
Giải Từ (C), ta có tâm I(1;-2) và bán kinh R =3
Gọi H(a;b) là trung điểm AB, ta có tam giác ABI cân tại I nên diện tích
ax
9
2
m
0,25
Xét tam giác IHA, ta có 0 0 3 2
2
IH
IH IA IA
Ta có
2 2
2 2
1
2 2
IH
0,25
2 2
1 2 7
2 9
11 2
2
10 23 10
a b
a b
0,25
8
(1,0đ)
* với 1 7
2 2
* với 11 23
10 10
0.25
(3x1) 9x 6x 2 x 1 4x 16x 1 trên tập số thực
1,00
Điều kiện: x
3x 1 (3x 1) (3x 1) 1 4x 4x (4 )x 1
0,25
xét hàm số f t( ) t t t2 1,t
ta có:
2 2
2
1
t
t
Suy ra: f t( ) đồng biến trên
Khi đó: * f 3x 1 f 4x 3x 1 4x x 1
0, 5
9
(1,0đ)
Vậy phương trình có nghiệm là: x 1 0,25
Trang 6Cho a b c, , là ba số không âm thỏa mãn a b c 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: Pa b 2 c3
1,00
Từ giả thiết ta có 0a b c, , 3 Do a b c 3 nên a 3 b c 0,25
Do đó: Pb2 b c3 c 3 f b b( ), 0;3
Ta có 1
( ) 2 1; ( ) 0
2
Suy ra min 1 3 11
( ) ( )
0,25
Đặt 3
11
4
Ta có 2 1
( ) 3 1; ( ) 0
3
Suy ra min 11 2
( )
4 3 3
P f c
0,25
10
(1,0đ)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 11 2
4 3 3 khi
( ; ; ) ( ; ; )
-Hết -