Free đề thi thử môn toán 2016 trường THPT minh châu lần 3

Viết phương trình mặt phẳng P đi qua A và vuông góc với đường thẳng d.. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB.. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,

TRƯỜNG THPT MINH CHÂU ĐỀ THI THỬ LẦN III - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y x 4 2x2 3

Câu 2 (1 điểm). Tìm các giá trị của m để hàm số y x3 m3x2  m2 2m x  2 đạt cực đại tại x 2

Câu 3 (1 điểm).

a) Cho số phức z  3 2i Tìm phần thực và phần ảo của số phức w iz z 

b) Giải phương trình : 2

2

2 log x 2log x 3 0  

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân sau

1

0

x

x







Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 và đường thẳng

:

 Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua A và vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa

độ điểm Bthuộc dsao cho AB  27

Câu 6 (1,0 điểm)

a)Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x

b) Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển

n 2

2

x



4

C n 2C 3

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB a 2.Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABC) là điểm H thỏa mãn IA2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường

kính BD Đỉnh B thuộc đường thẳng  có phương trình x y  5 0 Các điểm E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của D và B lên AC Tìm tọa độ các đỉnh , B D biết CE  5 và A4;3,

0; 5 

Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình

(x+2)(x- 2 2x+ -5) 9 (£ x+2)(3 x + -5 x - 12)+ 5x +7

Câu 10 (1,0 điểm) Cho , x y là các số thực thỏa mãn điều kiện

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức

   

1

xy x y

x y

    

 

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….; Số báo danh………

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ngày thi: 10/04/2016

TRƯỜNG THPT MINH CHÂU

Tổ:TỰ NHIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN III

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Môn:Toán

A CÁC CHÚ Ý KHI CHẤM THI:

1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định.

2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bào không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi.

3) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn.

B ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM: (Đáp án gồm có 6 trang)

1

1,0đ

* Tập xác định : D ¡

* Sự biến thiên :

- Giới hạn limx  yxlim y

0,25

- Ta có , 3 ,

y  x  x y   x x

Bảng biến thiên

x -  -1 0 1 +

y’ - 0 + 0 - 0 +

+ -3 +

y

-4 -4

0,25

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1 ; 0) và (1 ; +), nghịch biến trên các khoảng

(-  ; -1) và (0 ; 1)

- Hàm số đạt cực đại tại x0,y CD3 ; hàm số đạt cực tiểu tại x1,y CT 4

0,25

*Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox tại các điểm ( 3;0), cắt trục Oy tại (0; 3) Đồ thị nhận

trục Oy làm trục đối xứng

0,25

8 6 4 2

-2 -4 -6

y

x O

y

x

TXĐ : D R 

Hàm số đã cho đạt cực đại tại x 2  

 

' ''

2 0

2 0

y y



 





0.25

3

m m







0.25

0 2

m m





  

 Kết luận : Giá trị m cần tìm là m0, m2 0.25

C©u3

3 2

z  i

3 2  3 2  1

Phần thực là -1

Phần ảo là 1.

………

2 2

log x 1

log x 3

x 2 1 x 8















 



.

nghiệm của pt là x 2  và x 1

8

 .

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu 4

(1,0

điểm).

Tính tích phân sau

1

0

x

x







Đặt 3x  ta được 1 t

t

0,25

Khi đó:

2

ln

5 (1,0 điểm)

Đường thẳng d có VTCP là u   d  2;1;3

Vì  P d nên  P nhận u   d  2;1;3

làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng  P là : 2x41 y13z 3 0

 2x y 3z18 0

0.25

Vì B d nên B 1 2 ;1 ; 3 3t   t t

27

AB   AB2 27 3 2 t2t2   6 3t2 27  7t2 24t 9 0

0.25

3 3 7

t

t









 



Vậy B  7; 4;6 hoặc 13 10; ; 12

7 7 7

B  

0.25

a)

(0.5đ)

Phương trình tương đương:

 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0



1 2

sinx







2 6 5

2

k x

k x































0,25

b

(0.5đ)

Điều kiện n 3 .

n n 1 n 2

 

 n 2  9n 0   n 9  (do n 3 )

0,25

k



Số hạng chứa 3

x tương ứng giá trị k thoả mãn 9 3k 3   k 2 Suy ra số hạng chứa x 3bằng 2 3 2 3

9

C x  2  144x

0,25

Câu 7

(1,0

điểm).

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,AB a 2

Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABC) là

điểm H thỏa mãn IA 2 IH

, góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB

E H

I A

C

B S

Q

Ta có IA 2 IH 

H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH

0,25

BC = AB 2 2a ; AI = a ; IH =

2

IA

= 2

a

AH = AI + IH = 3

2

a

2

a

HC 

tan 60

2

a

3 2

.

0,25

Trong mặt phẳng (ABC) dựng hình vuông ABEC

Khi đó AC//BE nên AC//(SBE)

Từ đó suy ra d AC SB ;  d AC SBE ;( ) d A SBE ;   4d E ABE ;  











   ;  











0,25

a

SHP

 vuông tại H, HQSP nên

2 2

62

HQ



31

a

0.25

Câu

8(1,0

điểm)

.

I H

F

E

B A

Gọi H là trực tâm tam giác ACD, suy ra CH AD nên CH || AB (1)

Mặt khác AH||BC ( cùng vuông góc với CD ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCH là hình bình hành nên CH=AB (3)

Ta có: HCE BAF   (so le trong) (4)

Vì DAB DCB    90 0 nên E F, nằm trong đoạn AC.

Phương trình đường thẳng AC: 2x y  5 0

Vì FAC nên F a a  ; 2 5 Vì AF CE  5 5

3

a a





  



Với a 5 F5;5 (không thỏa mãn vì F nằm ngoài đoạn AC)

Với a 3 F3;1 (thỏa mãn) Vì              AF              EC E1; 3   0,25

làm một véc tơ pháp tuyến, do đó BF có phương trình:

2 5 0

x y  B là giao điểm của  và BF nên tọa độ B là nghiệm của hệ phương



Đường thẳng DE qua E và nhận EF (2; 4) làm một véc tơ pháp tuyến, DE có phương

trình: x2y 5 0

Đường thẳng DA qua A và nhận AB (1; 3) làm một véc tơ pháp tuyến, DA có phương

trình: x 3y 5 0

D là giao điểm của DA và DE nên tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình:



   D5;0 Kết luận: B5;0 , D  5;0

0,25

Câu 9

(1,0 điểm)

Giải bất phương trình

(x+2)(x- 2 2x+5) 9 (- £ x+2)(3 x + -5 x - 12)+ 5x +7 (1) Điều kiện xác định: 5

2

x  Khi đó ta có

3

(1) x 3x 14x15 2( x2) 2x5 3( x2) x 5 5x 7 0

3

3 3 2 18 2( 2)( 2 5 3) 3( 2)( 2 5 3) 3 5 2 7 0

2

2

2( 2)(2 4) 3( 2)( 4) 5(4 )

2 2

2

Ta có với

2

2 2

2

4( 2) 4( 2); 3( 2) 3( 2)

5

2

9











0,25

0,25

0,25

 

2 2

2

2

0,

x

  

Do đó (*) x 2 0   x 2, kết hợp với điều kiện 5

2

x  ta suy ra bất

phương trình đã cho có nghiệm là 5 2

2 x

  

0,25

Câu 10 (1,0 điểm) Cho ,x y là các số thực thỏa mãn điều kiện x y 26 x 3 3 y 2013 2016 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:

1

xy x y

x y

 

Đặt t  x y 1 thì ta được M t4 4t2 5 2016

t

0,25

Điều kiện của t:

Đặt a x 3;b y 2013 ta được x a 23;y b 22013 và

Hay 0a2b2  685

0,25

t

4

5 4 3

Suy ra f t đồng biến trên D  

0,25

37

3













 hay x679;y2022

2017

0.25