de thi thu thpt quoc gia mon toan thang 3 nam 2016 truong thpt chuyen le quy don da nang

de thi thu thpt quoc gia mon toan thang 3 nam 2016 truong thpt chuyen le quy don da nang tài liệu, giáo án, bài giảng ,...

SỞ GD-ĐT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

(Đề gồm 01 trang)

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Môn thi: TOÁN

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 của hàm số 1

2

x y x

− +

=

−

Câu 2. (1,0 điểm) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y= x2− +x 1

Câu 3. (1,0 điểm)

a) Tìm số phức z thỏa mãn z−(2 3+ i z) = −1 9i

b) Giải bất phương trình

2 2

2

2

x x

+

>

+

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân 2 ( 2sin )

0

π

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

1 3

3 2

= − +





= +





= −



và

2

:

d = − = + Chứng minh d1 và d2 cùng thuộc một mặt phẳng và viết phương trình mặt phẳng đó

Câu 6. (1,0 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức cos 2 sin 2 2

os2 sin 2 1

T c

=

− + − , biết tanα =2 b) Cho tập hợp E ={1; 2;3;4;5;6;7} Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau tạo thành

từ các chữ số của tập hợp E Tính số phần tử của tập hợp S Lấy ngẫu nhiên một số từ tập hợp S; tìm xác

suất để số lấy ra nhất thiết phải có mặt chữ số 3

Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB=2a , AC a= , hình

chiếu của S lên mp(ABC) trùng với trung điểm E của cạnh AB Đường thẳng SC tạo với mp(ABC) một

góc α sao cho tan 10

5

α= Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng

SA, CE

Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD Điểm 11;3

2

F 

  là trung

điểm của cạnh AD, điểm E là trung điểm của cạnh AB và điểm K thuộc cạnh CD sao cho KD=3KC

Đường thẳng EK có phương trình là 19 x−8y−18 0= Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết rằng điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3

Câu 9. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số thực dương x thỏa mãn 23 52 14 2

x

x x

<

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện a+ +b c=9 Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức ( 4 4)( 2 2) ( 4 4)( 2 2) ( 4 4)( 2 2)

P

Hết

1

SỞ GD-ĐT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN

(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)

1

(1,0đ)

• Tập xác định: D = ℝ\ 2{ }

• Sự biến thiên:

- Giới hạn và tiệm cận:

Vì

2

lim

x

y

−

→

= +∞ và

2

lim

x

y

+

→

= −∞ nên tiệm cận đứng là đường thẳng x =2

Vì lim 1

→−∞

= − và lim 1

→+∞

= − nên tiệm cận ngang là đường thẳng y = −1

0,25

- Đạo hàm:

/

2

2

x

- Bảng biến thiên:

- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 2) và (2; +∞ )

0,25

• Đồ thị:

- Đồ thị cắt trục tung tại điểm 0; 1

2

−

  và cắt trục hoành tại điểm (1;0 )

- Đồ thị nhận giao điểm I(2; 1− ) của hai

đường tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

2

(1,0đ)

Vì x2− + >x 1 0,∀x nên tập xác định D = ℝ 0,25

/

2

x y

x x

−

=

− +

2

Bảng biến thiên: lim

→−∞ = +∞ và lim

→+∞ = +∞

0,25

Từ bảng biến thiên, đồ thị hàm số đã cho có điểm cực tiểu là 1; 3

2 2

3

(1,0đ)

a) Đặt z=x+yi x y, ,( ∈ ℝ) ⇒ = −z x yi

Từ giả thiết, ta có (− −x 3y−1) (+ −3x+3y+9)i=0

x y

x y

− − − =



⇔



3

x y

x y

+ = −



⇔

− =



0,25

(x 2;y 1)

2

b) Điều kiện x >0 và 1

8

x ≠ (*) Đặt t=log2x, bất phương trình đã cho trở thành

2 3

t t

+

>

+ ⇔ − < < −3 t 1 hoặc t >3

0,25

⇔ < < hoặc x >8

Kết luận: Giao với điều kiện (*), ta có tập nghiệm là 1 1; (8; )

8 2

= ∪ +∞

0,25

4

(1,0đ)

2sin

1

1

2

Suy ra 2sin 2 ( 2 )

2 x| 2

π

Có

2

2

0

π

π

5

(1,0đ)

Tọa độ giao điểm (nếu có) của d d1, 2 ứng với t thỏa hệ

t t

− +



=







1

t

Từ đó, d d1, 2 cắt nhau tại điểm A(2;3;1); vì vậy d d1, 2 cùng chứa trong một mặt phẳng 0,25

Kí hiệu ( )P là mặt phẳng (d d1; 2) d1 có vectơ chỉ phương (VTCP) u =1 (3; 2; 2− ); d2 có

VTCP u =2 (1;1;2) Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến là n=u u1; 2=(6; 8;1− )

Phương trình mặt phẳng (P): 6 x−8y+ +z 11 0= 0,25

6

(1,0đ)

a) Ta có

2

2

2 cos 2sin os 1 2cos 2sin os

c T

c

=

− + 0,25

Vì tanα=2 nên osc α ≠0, từ đó 2 2 tan (1 tan2 ) 3

α

b) ( ) 5

Số các phần tử của tập S có mặt chữ số 3 là 4

6

5.A =1800 Xác suất cần tính là 1800 5

2520=7

0,25

7

(1,0đ)

* Tính V S ABC. : Trong tam giác vuôngAEC, EC= AE2+AC2=a 2

Có α =(CS CE; )=SCE

Trong tam giác vuông SEC , tan 2 5

5

a

SE=EC SCE=

Diện tích tam giác vuông ABC là 1 . 2

2

ABC

S = AB AC=a

0,25

Thể tích khối chóp S.ABC là . 1 2 5 3

a

V = SE S = (đvtt) 0,25

3

* Tính d SA CE : Vẽ đường thẳng ∆ qua A và song song với ( ; )

CE Kí hiệu ( )P là mặt phẳng (∆; SA) Ta có CE/ /( )P ,

suy ra d SA CE( ; )=d E P( ;( ) ) (1)

Vẽ ED ⊥ ∆ , mà SE⊥(ABC)⇒SE⊥ ∆

Do đó ∆ ⊥(SED) Suy ra(SED) ( )⊥ P theo giao tuyến SD

Vẽ EF⊥SD, suy ra EF⊥( )P Từ (1), d SA CE( ; )=d E P( ;( ) )=EF (2)

0,25

2

a

ED=d A EC = Có SE⊥(ABC)⇒SE⊥ED

Trong tam giác vuông SED ,

13

EF

+

Từ (2), ( ; ) 2 13

13

a

d SA CE =

0,25

8

(1,0đ)

Gọi I là trung điểm của CD

Có tanFEI =tan 450 =1 và tan 1

4

IK IEK IE

3

1 tan tan

FEI IEK

+

Hai tam giác vuông DCF và BCE bằng nhau nên CE = CF (1), suy ra tam giác CFE cân tại C Do đó FEC <900; mà FEK FEC<

34

FEK= + FEK= (2)

0,25

Đường thẳng EK có vec tơ pháp tuyến (VTPT) là n =1 (19; 8− )

Đường thẳng EF có VTPT ( ) ( 2 2 )

n = a b a +b ≠ và qua 11;3

2

  nên có phương trình:

11

2

a x  b y

2

a

n n

34

5 17

−

+

497a 608ab 97b 0



⇔ 

= − ⇒ = − =

Với a=97;b=71 , từ (3) có phương trình đường thẳng EF là 97 71 1493 0

2

x+ y− =

Vì E EF EK= ∩ nên tọa độ điểm E thỏa hệ phương trình

1493

2







58 199

;

17 34

E 

(loại do điều kiện x < E 3 )

Với a= −1;b=7 , từ (3) có phương trình đường thẳng EF là 7 31 0

2

− + − =

Vì E EF= ∩EK nên tọa độ điểm E thỏa hệ phương trình

31

2







5 2;

2

E 

  (nhận do điều kiện x < E 3 )

0,25

4

Gọi tọa độ điểm C m n( ; )

⇔ = − + (4)

Có FEI =450⇒tanFEI =1 và tan 1

2

IC IEC IE

= =

1 tan tan

FEI IEC

+

− Suy ra cos 1: 1 tan2 1

10

FEC= + FEC = (5) (do FEC <900 nên cosFEC >0 )

Từ (5),

2 2

cos

10

EF EC FEC

EF EC

− + − 

2

2

Thay (4) vào (6) rồi thu gọn, ta được 2

9

3

m

m



=





=



0,25

- Với 9

2

m = , thay vào (4), ta được 5

2

n=− ; suy ra 9; 5

2 2

C − 

  (loại, do điều kiện F và C phải nằm khác phía đối với đường thẳng EK)

- Với m =3 , thay vào (4), ta được n =8 ; suy ra C(3;8) (nhận, do điều kiện F và C phải nằm

khác phía đối với đường thẳng EK)

0,25

9

(1,0đ)

Điều kiện: x >0

Vì 2 3+ 3 x2− + >x 1 0,∀ >x 0 nên bất phương trình đã cho tương đương

3

3

0,25

(x 1) (x2 4x 4) 6(x 3 x2 x 1) 0

2 2

2 3

0,25

2 2

2 3

x

+

2 2

2 3

x x

+

, với mọi x >0 nên bất phương trình tương

đương x− <1 0⇔x<1;

0,25

Kết luận: Giao với điều kiện x >0, ta được tập nghiệm là S =(0;1) 0,25

5

10

(1,0đ)

Có ( 4 4)( 2 2) 3 3

a +b a +b ≥a +b (1) (theo bất đẳng thức (BĐT) B.C.S); Đẳng thức xảy ra khi

và chỉ khi a b=

a b c= ab abc = ab abc ≤ ab+ abc ≤ ab+a+ +b c

Hay 6 4 4 1 ( 9)

2 3

thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=3(do a+ +b c=9)

Từ đó ( 4 4)( 2 2) 3 3

9

ab

a b c

≥

+ (do (1) và (2))

Tương tự, ta có ( 4 4)( 2 2) 3 3

9

bc

b c a

+

9

ca

c a b

+

Từ đó

2 3

P

0,25

Đặt

Q

Bằng phép biến đổi tương đương ta chứng minh được:

Với ,a b >0, ( )

2

4

a b

3

4

a b

a +b ≥ + (5)

3

3

2 2

1 4 1

4

a b

a b

+

0,25

Ta sẽ chứng minh ( )

3

36

a b

a b

a b

+

Thật vậy, đặt t=a+ ⇒ >b t 0; ( ) ( )

3

2 2

36

t

t

+ (đúng với mọi t >0); Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t=6⇔a+b=6

Từ (6), (7), có

3 9

a b

a b ab

+

≥ + − + ; Đẳng thức xảy ra khi a=b=3

0,25

Một cách tương tự, ta chứng minh được

Từ (7) và (8), có Q≥2(a b c+ + )−9 2.9 9 9= − = ; Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

3

a=b=c= Kết hợp với (3), P ≥18 3; Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=3

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 18 3 đạt được khi a=b=c=3

0,25

Hết