đề thi minh họa cực hay 2017 môn toán thầy tùng

Có 4 Táo Kinh Tế, Xã Hội, Giáo Dục và Tinh Thần cùng tham gia trò chơi, mỗi táo chỉ được quay ngẫu nhiên một lần.. Tính xác suất để Táo Kinh Tế quay vào ô Tham nhũng và Táo Tinh Thần qu

Trang 1

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan

GV: Nguyễn Thanh Tùng KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (01/04/2016) Môn: TOÁN

Thời gian làm bài : 180 phút

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x42x2 3

Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

2

x

f x   x trên đoạn [ 2;1]

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Cho số phức zcó phần ảo dương, thỏa mãn 2

z  z  Tìm môđun của số phức w4(z1) z3

b) Giải bất phương trình log2xlog (0,5 x2)log 28

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

1 2

2 0



Câu 5 (1,0 điểm).Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1: 1 3

2

:

 và mặt phẳng ( ) :P x2y2z 1 0 Tìm tọa độ điểm M và N lần lượt thuộc  và 1  (biết 2 M

có hoành độ lớn hơn 2) sao cho MN song song với ( )P và khoảng cách giữaMN và ( )P bằng 2

Câu 6 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình sin cos 2 0

cos

x



b) Chương trình “Táo Quân - Gặp nhau cuối năm 2016” có tổ chức trò chơi CHIẾC NÓN VI DIỆU dành cho các

Táo, giống như trò chơi truyền hình CHIẾC NÓN KỲ DIỆU trên kênh VTV3 Chiếc nón có hình tròn được chia đều

thành 10 ô quạt, trong đó có 5 ô có tên Tham nhũng , 3 ô có tên Trong sạch và có 2 ô có tên Phần Thưởng Có 4 Táo

(Kinh Tế, Xã Hội, Giáo Dục và Tinh Thần) cùng tham gia trò chơi, mỗi táo chỉ được quay ngẫu nhiên một lần Tính xác

suất để Táo Kinh Tế quay vào ô Tham nhũng và Táo Tinh Thần quay vào ô Phần Thưởng

Câu 7 (1,0 điểm).Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D Có ADDC và a AB2a Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AB và góc tạo bởi hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD đã chovà khoảng cách từ điểm B tới mặt phẳng (SAC) theo a

Câu 8 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A ( 2; 0) Đường thẳng  có phương

trình 3xy0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành Gọi 2 6; ,

5 5

  lần lượt là hình chiếu vuông góc của B D, lên  Diện tích hình thang BHKD bằng 24

5 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành

ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M ( 2; 6) và K có hoành độ dương

Câu 9 (1,0 điểm) Tìm số nghiệm thực của hệ phương trình sau:  4 6  4 6 2 3

2 8 2

2016







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

2 2 2

4

2

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: T  x 2(yz)

Trang 2

MINH HỌA CHO ĐỀ MINH HỌA ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

- Môn : TOÁN

Nguyễn Thanh Tùng (Đáp án – thang điểm gồm 07 trang)

Câu Đáp án Điểm

1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x42x2 3 1 0 , * Tập xác định: D   * Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y' 4x34x 4 (x x21) ; y'0 x0 hoặc x   1 0,25 Các khoảng đồng biến ( ; 1) và (0;1) ; các khoảng nghịch biến ( 1; 0) và (1;) – Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x   , 1 y 4 CĐ ; đạt cực tiểu tại x 0, yCT 3 – Giới hạn: lim lim x y x y     . 0,25 – Bảng biến thiên:

0,25 * Đồ thị:

0,25

Trang 3

2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

2

x

f x   x trên đoạn [ 2;1] 1 0 ,

Ta có f x( ) xác định và liên tục trên đoạn [ 2;1] ;

2

'( )

x x

    

 

  



Ta có f ( 2) 2 4 ln 5 ; ( 1) 1 8ln 2 1 16 ln 2

0,25

Khi đó

 2;1 

1 8 ln 2 max ( )

2







 khi x  và 1

 2;1 

1 16 ln 2 min ( )

2







 khi x   1

0,25

3

a) Cho số phức zcó phần ảo dương, thỏa mãn 2

Tìm môđun của số phức w4(z1) z3

b) Giải bất phương trình log2xlog (0,5 x2)log 28.

,

1 0

a)

Phương trình z22z100 có biệt thức    9 (3 )i 2

Khi đó z 1 3i (loại – vì zphải có phần ảo dương) hoặc z 1 3i (thỏa mãn ) 0,25

Với z 1 3i Suy ra w4(z1) z3 4(1 3 i1) 4 3 i  12i 4232  5 12i

Vậy w  5 12 i  52122 13

0,25

b)

x

x x







 



Khi đó phương trình tương đương:

2

x



0,25

6

2 2

x

 x64(x2) (vì x  ) 2

128 63

x

  , kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình 2 128

63

x

4

Tính tích phân

1 2

2 0





,

1 0



 Đổi cận x   và 0 t 1 x   1 t 2

0,25

Khi đó ta biến đổi:

0,25

2

0,25

2 3

2

1

6 ln

3 6 ln

2 3

t







0,25

Trang 4

5

Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1: 1 3

2

:

 và mặt phẳng ( ) :P x2y2z 1 0 Tìm tọa độ điểm M và N lần lượt thuộc  và 1  (biết 2 M có hoành độ lớn hơn 2) sao choMN song song với ( )P và

khoảng cách giữaMN và ( )P bằng 2

,

1 0

Gọi M(2m 1; 3m3; 2 )m   1

N(6n5; 4 ; 5n  n5)  2

Vì MN //( )P nên d MN P( , ( ))d M( , ( ))P

2

0,25

0

m m

m







(3;0; 2) (1;3; 0)

M M



 



Do M có hoành độ lớn hơn 2, suy ra M(3; 0; 2) 0,25

Khi đó MN (6n2; 4 ; 5n  n7)



và ta có n( )P (1; 2; 2)

là vecto pháp tuyến của ( )P

Do MN //( )P nên MN n  ( )P 06n 2 2.4n2( 5 n7)0

0,25

 12n120n  1 N( 1; 4;0) 

Vậy M(3; 0; 2) và N  ( 1; 4; 0)

0,25

6

a) Giải phương trình sin cos 2 0

cos

x



b) Chương trình “Táo Quân - Gặp nhau cuối năm 2016” có tổ chức trò chơi CHIẾC NÓN

VI DIỆU dành cho các Táo, giống như trò chơi truyền hình CHIẾC NÓN KỲ DIỆU trên kênh

VTV3 Chiếc nón có hình tròn được chia đều thành 10 ô quạt, trong đó có 5 ô có tên Tham

nhũng, 3 ô có tên Trong sạch và có 2 ô có tên Phần Thưởng Có 4 Táo (Kinh Tế, Xã Hội,

Giáo Dục và Tinh Thần) cùng tham gia trò chơi, mỗi táo được quay ngẫu nhiên một lần Tính

xác suất để Táo Kinh Tế quay vào ô Tham nhũng, Táo Tinh Thần quay vào ô Phần Thưởng

,

1 0

a)

Điều kiện: cosx  Khi đó phương trình tương đương: 0

sin

2

x









0,25

+) Với sinx 1 cosx (loại) 0



3



3



3



0,25

Chú ý: Ngoài cách giải trên ta có thể giải như sau:

sin cos 2 0 sin cos 2 sin sin 2

2

k





, kết hợp với điều kiện ta

3



3



Trang 5

b)

Một táo mỗi lần quay tạo ra 10 khả năng Do đó số khả năng xảy ra khi 4 táo tham gia trò chơi

(mỗi người quay 1 lần) là: n  ( ) 10.10.10.10104

0,25

Gọi A là biến cố “Táo Kinh Tế quay vào ô Tham nhũng và Táo Tinh Thần quay vào ô Phần

Thưởng” Khi đó:

Táo Kinh Tế có 5 khả năng, Táo Tinh Thần có 2 khả năng và hai Táo còn lại mỗi táo có 10

khả năng Suy ra n A ( ) 5.2.10.10103

Vậy xác suất cần tính là:

3 4

( ) 10 ( )

n A

P A

n

0,25

7

Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D Có ADDC và a

2

AB a Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AB và

góc tạo bởi hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD đã

chovà khoảng cách từ điểm B tới mặt phẳng (SAC) theo a

,

1 0

Gọi H là trung điểm của AB, suy ra SH (ABCD) Dựng HI BC (IBC), khi đó

BC SHI BCSI Suy ra góc tạo bởi (SBC) và (ABCD) là  0

60

Ta có

2

ABCD

Ta có AH HB  , suy ra ADCH là hình vuông a

2 2

2

HI

Thể tích khối chóp S ABCD là: .

3 1

3

6 4

0,25

Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên AC và K

là hình chiếu của H trên SE











0,25

6 4

a HK

  Do BH(SAC)A, suy ra:

2

BA

BH

a

0,25

Chú ý: Bài toán sẽ khó hơn nếu ta thay dữ kiện AB2a thành AB3a2a (bởi yếu tố

vuông góc CH  AB sẽ không còn) khi đó ta sẽ giải quyết như sau…(xem trong bài giảng)

60 0

K

I

S

H E

D

C

B A

Trang 6

8

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A ( 2; 0) Đường thẳng  có

phương trình 3xy0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành Gọi

2 6

5 5

  lần lượt là hình chiếu vuông góc của B D, lên  Diện tích hình thang BHKD

bằng 24

5 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M ( 2; 6) và K có hoành độ dương

,

1 0

Gọi I là tâm của hình bình hành

ABCD và A I', ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A I, lên 

Khi đó II' là đường trung bình trong

cả hình thang BHKD và tam giác '

AA C Do đó ta có:

6

10

0,25

Lúc đó

24 2

2

6

10

BHDK BHDK

S



Gọi K t ; 3 t  với t  , khi đó : 0

3

5 2 4 12 0 6

5

0,25

Khi đó phương trìnhKD: x3y120 và BH x: 3y40

















0,25

Do MBD nên :

( 1;1)

(0; 4)

B

D







 Vậy B( 1;1), (1; 3), C  D(0; 4)

0,25

Tìm số nghiệm thực của hệ phương trình sau:

 4 6  4 6 2 3

2 8 2







,

1 0

Điều kiện: x y  2 0

M(-2;6) Δ:3x+y=0

I' A' K

I

H(-2/5;6/5)

B(?) A(-2;0)

Trang 7

9

Biến đổi :  4 6  4 6  2 3 2 2 32  2 32  2 32

Dấu “=” xảy ra khi x2 y3, khi đó(1)x2  y3

0,25

Đặt xt3 yt2, khi đó phương trình (2) có dạng: t4t3t 2016 0 (3)

Xét hàm số

4 3



 +) Khi t  , ta có: 0 f t'( )4t33t2  1 0 (*)

+) Khi t  , ta có: 0 f t'( )4t33t2 ; 1 f ''( ) 12t  t26t

0,25

0

2

t







  



Suy ra f t '( ) 0,   t 0 (2*)

0,25

Từ (*) và (2*) ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình f t ( ) 0 có 2 nghiệm trái dấu

Vì ứng với mỗi giá trị t , cho ta duy nhất một bộ ( ; )x y

Do đó hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm

0,25

2 2 2

4

2

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: T  x 2(yz)

,

1 0

Ta có:

2 2 2

4

2

và T  x 2(yz)x2y2z T 0 (2*)

Trong không gian tọa độ :

Xét mặt cầu ( ) : (S x2)2y2(z3)2  có tâm 9 I(2; 0; 3) và bán kính R  3

và mặt phẳng ( ) : x2y2z T 0

0,25

Xét các điểm M x y z( ; ; ) thỏa mãn (*) và (2*)

Suy ra M nằm trong và cả trên mặt cầu ( )S , đồng thời M( )

Trang 8

10

3

T

0,25

Với T  1, suy ra M là tiếp điểm của ( )S và mặt phẳng ( ) : x2y2z 1 0

Khi đó M là giao của đường thẳng  và ( ) (trong đó  đi qua I và vuông góc với ( ) )

Ta có phương trình

2

3 2

 





   



1 1 1

(2 ; 2 ; 3 2 )

Do M( ) 2 t1 4t12(3 2 ) 1 t1  0t1  1 M(1; 2; 1) 

Suy ra giá trị nhỏ nhất của T là 1 khi x1;y 2;z 1

0,25

Với T 17, suy ra M là tiếp điểm của ( )S và mặt phẳng ( ) : x2y2z170

Khi đó M là giao của đường thẳng  và ( ) (trong đó  đi qua I và vuông góc với ( ) )

Ta có phương trình

2

3 2

 





   



(2 ; 2 ; 3 2 )

Do M( ) 2t24t22(3 2 ) 17 t2  0t2  1 M(3; 2; 5)

Suy ra giá trị lớn nhất của T là 17 khi x3;y2;z 5

0,25

CHÚC CÁC BẠN CÓ MỘT NGÀY 4/1 NHẬN ĐƯỢC NHIỀU “QUÀ TO” !

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	471,65 KB