De dap an de thi minh hoa 2016 nguon fb

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A1;4, tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc ADB có phương trình: x  y  2 [r]

TRƯỜNG QUANG ĐỀ THI MINH HỌA – KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 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 2 1

2

x y x







Câu 2 (1,0 điểm) Tìm m để hàm số 3  

y x m x m  đạt cực đại tại x  1

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình 2sin2x 3 sinxc x cos  os2x1

b) Một nhóm học sinh gồm 7 nam và 5 nữ Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh trực nhật Tính xác suất

để chọn được 3 học sinh có cả nam và nữ

Câu 4 (1,0 điểm)

a) Giải bất phương trình 2

log log 4

4

x

b) Cho số phức z thỏa mãn z3z 8 4i Tìm mô đun của số phức  z 10

Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân 2  

1

1 ln

Ix x  x dx

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y + 2z = 0 và hai

đường thẳng d: x 1 y 1 z 1

, d’: x 1 y 2 z

 Viết phương trình đường thẳng 

nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng d và cắt đường thẳng d’

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, 3

2

a

SD  Hình chiếu

vuông góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB Gọi K là trung điểm của đoạn AD Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và

SD

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;4), tiếp tuyến tại A của

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc ADB có phương trình: x  y 2 0 Điểm M4;1AC Viết phương trình đưởng thẳng AB

Câu 9 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau:

2 2

2 2

2









Câu 10 (1,0 điểm) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn abc  Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu 1 thức:

2

4 2 2 4

4 2 2 4 4 2 2 4

1

2

a a b b b b c b

-HẾT -

TRƯỜNG QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI MINH HỌA – KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: Toán

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2 1

2

x y x







Solve:

+ TXĐ: D \ 2 

+ Sự biến thiên

- Chiều biến thiên:

 2

5

0 2

x



- Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 2 và 2;

- Hàm số đã cho không có cực trị

- Tiệm cận lim 2 : 2

2

lim

x

y



  ;

2

lim

x

y



    x 2:TCÑ

 Bảng biến thiên

 Đồ thị

Câu 2 (1,0 điểm) Tìm m để hàm số 3  

y x m x m  đạt cực đại tại x  1

Solve:

+ TXĐ: R

 

2

' 3x 3 1

y   m

HS đạt cực đại tại x  1 y'     1 0 m 0

Thử lại: m = 0 (thỏa mãn)

x y'

y

2

2

- ∞ + ∞

KL

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình 2sin2x 3 sinxc x cos  os2x1

b) Một nhóm học sinh gồm 7 nam và 5 nữ Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh trực nhật Tính xác suất

để chọn được 3 học sinh có cả nam và nữ

Solve:

a) 2sin2x 3 sinxc x cos  os2x1

 

sin 3 sin xcosx=0

s inx 3cosx = 0 2

x



 1  x kk

 2 tan 3

3

b)   3

12 220

n  C 

+ Gọi A là biến cố chọn được 3 HS có cả nam và nữ

  1 2 2 1

7 5 7 5 175

n A C C C C  + Xác suất       35

44

n A

P A

n



Câu 4 (1,0 điểm)

a) Giải bất phương trình 2

log log 4

4

x

b) Tìm số phức z thỏa mãn   2i 2

1 i z 3iz

i 1

       

Solve:

a

+) Điều kiện của bất phương trình (1) là: x 0 (*)

+) Với điều kiện (*),

(1)  log x log x log 4   4 log x log x  2 0  (log2 x 2)(log2x  1) 0

2

2

4 log 2

1

2

x x









+) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình (1) là 1  

0; 4;

2

S   

 

 

b

  2i 2  

i 1



Giả sử z   a bi  a,b  

PT trở thành:  1 i a    bi   3i a   bi    2i

4 a

b 7

  



  



Vậy z 4 2 i

  

Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân 2  

1

1 ln

Ix x  x dx

Solve:

1 ln 1 x ln xdx

Ix x  x dxx x d x  J K

Tính J: Đặt t x1 Tính được 16

15

J 

Tính K: Đặt ln x

dx

u

dv x





 

 Tính được:

3

2 ln 2

4

Suy ra 2 ln 2 19

60

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y + 2z = 0 và hai

đường thẳng d: x 1 y 1 z 1

, d’: x 1 y 2 z

 Viết phương trình đường thẳng 

nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng d và cắt đường thẳng d’

Solve:

+ mp (P) có VTPT nP 2; 1; 2 , đường thẳng d có VTCP ud 1;3; 2

PTTS của d’:

x 1 2t

y 2 t

z t

 



  



 



+ Đường thẳng  nằm trong mp(P), vuông góc với đường thẳng d nên chọn VTCP của  là

P d

un , u   8; 2; 7

+ Gọi A d '  P A 1 2t; 2 t; t   

+ Vì A P nên t = 0 A 1; 2;0 

 nằm trong mp(P) và cắt d’ nên  đi qua A

+ Vậy PT đường thẳng  là:

x 1 8t

y 2 2t

z 7t

 



  



 



Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, 3

2

a

SD  Hình chiếu

vuông góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB Gọi K là trung điểm của đoạn AD Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và

SD

Solve:

+Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và

SH  SD HD  SD  AH AD   a a

+Diện tích của hình vuông ABCD là 2

a ,

3 2

a

V  SH S  a a  +Từ giả thiết ta có HK/ /BDHK/ /(SBD)

+Do vậy: d HK SD( , ) d H SBD( , ( )) (1)

+Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE

+Ta có BDSH BD, HEBD (SHE) BDHF mà HFSEnên suy ra

HF  SBD HF d H SBD (2)

.sin sin 45

+) Xét tam giác vuông SHE có:

2 2

2

3 2

4

a a

HF SE SH HE HF

a



(3)

+) Từ (1), (2), (3) ta có ( , )

3

a

d HK SD 

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;4), tiếp tuyến tại A của

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc ADB có phương trình: x  y 2 0 Điểm M4;1AC Viết phương trình đưởng thẳng AB

E O K H

B

C S

F

Solve:

+ Gọi AI là phân giác trong BAC

+ Ta có: AID ABD BAI

IAD CAD IAC





 Mặt khác ta lại có:

BAI IAC ABC CAD







+ Từ đây ta suy ra: AIDIAD AID cân tạ D

+ Gọi E = giao điểm của phân giác trong ADB với AB, khi đó DE vuông góc với AI + Suy ra:  AI :x  y 5 0

+ Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AI Vì M thuộc AC nên M’ thuộc AB=> M’(4;9) + Sau tất cả ta có:  AB : 5x3y 7 0

Câu 9 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau:

2 2

2 2

2









Solve:

ĐK: 0

0

x

y





 



Pt thứ 2 tương đương với:

x y xy x y xy   x y xy x y    x y xy

+ Từ đây suy ra pt (1) sẽ trở thành:

 

 

       

2

2

2

2

1 2

x y

x y

xy x y

x y







+ Áp dụng bđt Bunhiacopki ta có:

   2  2    2  

VT   xy  xy  xy    xy xy  VP

+ Dấu “=” khi và chỉ khi 2 2

2

x y  xy + Sau tất cả … nghiệm của hệ pt đã cho là nghiệm của hệ sau:

2 2

2 2

4

x

y





  



Câu 10 (1,0 điểm) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn abc  Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu 1 thức:

2

4 2 2 4

4 2 2 4 4 2 2 4

a a b b b b c b

Solve:

+ Áp dụng bđt:  2 2  2

2

x y

    Ta được:

2 2 2 2 2 2

2

4 2 2 4

4 2 2 4 4 2 2 4

2

4 2 2 4

4 2 2 4 4 2 2 4

2

2 2

2

3 2

3

3

a a b b b b c c

c a c b

a a b b b b c c

c b

b a

     

+ Khi đó ta đặt:

2

2

b x a c y b

  



  

  



 

   

  



 2

+ Mặt khác ta lại có bổ đề sau:

 2  

*

1 x x  1 y y  x y 1 3

+ Ta sẽ đi chứng minh bổ đề này, ta có bđt (*) tương đương với:

2

            

Sau tất cả bđt (*) đã được chứng minh :3

+ Áp dụng bổ đề trên ta có:

1 3 3

1 3 3

t x y   Xét hàm số :

 

  2  

8 2

ln , 3 3

8 2

3

t



+ Lập bảng biến thiên ta suy ra:   4 2

3 3

P f  

và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1

a  b c

****) SAU TÁT CẢ , MÌNH HI VỌNG CÁC BẠN SẼ RÚT RA ĐƯỢC NHIỀU KINH NGHIỆM HƠN, ĐỂ CHUẨN BỊ TỐT NHẤT CÓ KÌ THI SẮP TỚI

ĐĂKMIL NGÀY 07/04/2016

TRƯỜNG QUANG