SỞ GD &ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ANH SƠN II ĐỀ HÍNH THỨ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐ GIA 0 (Lần 1) Môn : TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Họ và tên giám thị: hữ kí: âu 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số âu. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số góc bằng 5. âu. (1,0 điểm) a) ho số phức z thỏa mãn b) Giải phương trình ( )( ) (1 ) 8 y 4. y z i i i. Tính môđun của z. 5. 1. âu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I (4 ) d. 0 1, biết tiếp tuyến có hệ số âu 5. (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oyz, cho ba điểm A(0;1;), B(; ;1), ( ;0;1) và mặt phẳng P : y z 0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp úc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho M cách đều ba điểm A, B,. âu 6. (1,0 điểm) a) ho góc thỏa mãn và cos. Tính giá trị biểu thức Asin cos. b) Mạnh và Lâm cùng tham gia kì thi THPT Quốc Gia năm 0, ngoài thi ba môn Toán, Văn, Anh bắt buộc thì Mạnh và Lâm đều đăng kí thêm hai môn tự chọn khác trong ba môn: Vật Lí, Hóa Học, Sinh Học dưới hình thức thi trắc nghiệm để ét tuyển vào Đại học, ao đẳng. Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có 6 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau. Tính ác suất để Mạnh và Lâm chỉ có chung đúng một môn tự chọn và một mã đề thi. âu (1,0 điểm) ho hình chóp S.ABD có đáy ABD là hình chữ nhật, AB a, AD a. Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mp(abd) trùng với trọng tâm tam giác BD. Đường thẳng SA tạo với mp(abd) một góc. Tính thể tích khối chóp S.ABD và khoảng cách giữa hai đường thẳng A và SD theo a. âu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oy, cho tam giác AB cân tại A, gọi P là điểm trên cạnh B. Đường thẳng qua P song song với A cắt AB tại điểm D, đường thẳng qua P song song với AB cắt A 0 45 tại điểm E. Gọi Q là điểm đối ứng của P qua DE. Tìm tọa độ điểm A, biết B( ;1), (; 1) và Q( ; 1). âu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 1 1 1(1 ) trên tập số thực. âu 10 (1,0 điểm) ho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a[0;1], b[0;],c [0;]. Tìm giá trị lớn nhất của ( ab ac bc) 8 b b biểu thức P 1 a b c b c b( a c) 8 1a b c 8. ---------- Hết --------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. án bộ coi thi không giải thích gì thêm.
TRƯỜNG THPT ANH SƠN ĐỀ HÍNH THỨ ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐ GIA 0 (Lần 1) Môn : TOÁN; (Đáp án này có 05 trang) ÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 * Tập ác định : * Sự biến thiên : - Giới hạn lim y lim y D,, - Ta có y 4 4 ; y 0 0, 1 Bảng biến thiên 0,5 - -1 0 1 + y - 0 + 0-0 + + - + 0,5 y -4-4 - 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 0, y D ; hàm số đạt cực tiểu tại, y T 4. *Đồ thị : Đồ thị cắt trục O tại các điểm ( ;0), cắt trục Oy tại (0; ). Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối ứng. y 8 y 0,5 6 4 0,5-15 -10-5 O 5 10 15 - -4-6 Tiếp tuyến có hệ số góc bằng -5 nên hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình 5, y 5 ( ) 5 Suy ra có hai tiếp điểm là A(;), B(1; ) 0,5 0,5 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại A là y 5( ) hay y 5 0,5 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại B là y 5( ) hay y 5 0,5 a 0,5đ Tính được z = 4 - i 0,5 Khi đó z 4 ( ) 5 0,5
b 0,5đ 4 Phương trình đã cho tương đương 4. 45 0 0,5 t 9 Đặt t,( t 0) ta được t 4t 45 0. Do t>0 nên ta chọn t=9, khi đó t 5 0,5 9 Ta có. Vậy phương trình đã cho có nghiệm =. 4 0,5 0 0 1 I d d Tính A 4d 4 8 0,5 0 0 Tính B 0 1 d. Đặt Đổi cận t. Khi đó 0 1 1 t t d tdt t 4 B dt dt t t 1 4 8 Vậy I A B 8 0,5 0,5 5 6a 0,5 6b 0,5đ * Ta có mặt cầu (S) có tọa độ tâm là A( 0; 1; ), bán kính Vì vậy (S) có phương trình: 1 * Đặt M(; y; z). Khi đó theo giả thiết ta có: 1 R d( A;( P)). 0,5 ( y ) ( z ). 0,5 9 MA MB y z MA MB M MB M y 1 M ( P) y z 0 y z y. Vậy M( ; ;-). 0,5 z 4 5 5 Do nên sin 0. Do đó sin cos sin 0,5 9 9 Vậy P 5 1 4 5 9 sin. cos cos..( ) ( ) 0,5 Không gian mẫu là các cách chọn môn tự chọn và số mã đề thi có thể nhận được của Mạnh và Lâm. Mạnh có chọn của Mạnh. Lâm có chọn của Lâm. cách chọn hai môn tự chọn, có cách chọn hai môn tự chọn, có. mã đề thi có thể nhận cho hai môn tự 6 6. mã đề thi có thể nhận cho hai môn tự 6 6 0,5 0,5
Do đó n( ) (.. ) 164. 6 6 Gọi A là biến cố để Mạnh và Lâm chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi. ác cặp gồm hai môn tự chọn mà mỗi cặp có chung đúng một môn thi là cặp, gồm : ặp thứ nhất là (Vật lí, Hóa học) và (Vật lí, Sinh học) ặp thứ hai là (Hóa học, Vật lí) và (Hóa học, Sinh học) ặp thứ ba là (Sinh học, Vật lí) và (Sinh học, Hóa học) Suy ra số cách chọn môn thi tự chọn của Mạnh và Lâm là 1.! 6 Trong mỗi cặp để mã đề của Mạnh và Lâm giống nhau khi Mạnh và Lâm cùng mã đề của môn chung, với mỗi cặp có cách nhận mã đề của của Mạnh và Lâm là..1.. 1 6 6 6 Suy ra n( ).6 196 0,5 Vậy ác suất cần tính là na ( ) 196 1 PA ( ). n( ) 164 9 S A D M Q E H D O H B K P 0,5 A B (Hình câu ) (Hình câu 8) *Gọi H là trọng tâm tam giác BD. Theo giả thiết ta có SH ( ABD). Gọi O là giao điểm của A và BD. Ta có 1 H O A a AH A H a. ạnh SA tạo với đáy góc 45 0, suy ra 0 SAH 45, SH = AH =a. Diện tích đáy S AB AD a a a ABD... Vậy thể tích khối chóp S.ABD là 4 a V SABD. SH. a.a. 0,5 *Gọi M là trung điểm SB thì mp(am) chứa A và song song với SD. Do đó d(sd ;A)= d(sd ; (AM))= d(d ; (AM)). 0,5 họn hệ tọa độ Oyz, với A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a ; 0), a 4 a 5a a ( a; a;0), S( ; ; a), M ( ; ; a ). Từ đó viết phương trình mp(am) 6 0,5
8 là y z 0. Vậy a a d( SD, A) d( D,( AM )). 8 11 hú ý: ách. Dùng phương pháp hình học thuần túy, quy về K từ một điểm đến một mặt phẳng Tam giác AB cân tại A nên đường cao AK là trung trực canh B, do đó AK có phương trình y = 0. Phương trình đường thẳng B là + y = 0. Ta chứng minh Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AB. Thật vậy. Vì AD// PE, AE// PD nên ADPE là hình bình hành, do đó PD = AE, AD = PE. Gọi H là giao điểm của DE với Q. Vì P, Q đối ứng nhau qua DE nên DP =DQ, DH PQ, EQ EP. Do đó AE= DP= DQ, EQ= EP= AD. Suy ra ADEQ là hình thang cân, nên ADEQ nội tiếp được đường tròn. Vì thế ta có 0 0 DAQ DEQ 80 DEQ 80 DAQ (1). Tam giác AB cân tại A nên tam giác EP cân tại E, suy ra EP = E. Lại có Q đối ứng với P qua DE nên EQ= EP, suy ra EQ = EP = E. Từ đó có EQ EQ EPH EH, suy ra EPH nội tiếp được đường tròn (). EPH EQH Từ (1) và () ta được 0 0 0 0 BQ 80 PEH 80 QEH DEQ 80 DAQ 80 BAQ hay 0 BQ BAQ 180. Suy ra tứ giác ABQ nội tiếp, tức Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AB. 0,5 0,5 9 Đường tròn ngoại tiếp tam giác AB đi qua B,, Q có phương trình là y 0, y Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ. y 5 1, y Đối chiếu A, Q cùng phía với đường thẳng B ta nhận điểm A(-1 ; -). Vậy A(-1 ; -). Bất phương trình đã cho tương đương ( ) (1 ) 0 ( )( ) (1 ) 0 1 ( )( ) 0 1 y 5. 0,5 0,5 0,5 ( ). A 0 (1) với A 1 0,5
Nếu 0 thì 1 1 1 1 0 A 0 Nếu >0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 1 1 0,5 1 1 A 0 vì 1 1 Tóm lại, với mọi ta có A>0. Do đó (1) tương đương 0 1. Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (1; ). hú ý : ách. Phương pháp hàm số Đặt u u thế vào bpt đã cho ta có u u(1 u ) 0,5 u u u u Xét f ( t) t t t t ) f '( t) ( t t ) t 0t nên hàm nghịch biến trên R Do đó bpt u 1 10 Ta có a[0;1], b[0;],c [0;] (1 a)( b c) 0 b c ab ac a b c ab bc ac ( b)( a c) 0 a c ab bc (1) 0,5 ( ab ac bc) ( ab ac bc) 1 a b c 1 ab ac bc Mặt khác b c a( b c) vì a [0;1], suy ra 8 b 8 b 8 b b c b( a c) 8 a( b c) b( a c) 8 ab bc ac 8 Với mọi số thực, y, z ta có ( ) ( ) ( ) 0 ( ) y y z z y z y yz z ( y z ) ( y z) (). Áp dụng () và (1) ta có 0,5 1 [( ) ( ) ] ( ) a b c a b c a b c a b c ab bc ac b b 1a b c 8 ab bc ac 8
( ab bc ac) 8 b b Suy ra P 1 ab bc ac ab bc ac 8 ab bc ac 8 ( ab bc ac) 8 P 1 ab bc ac ab bc ac 8. Đặt t ab bc ac với Xét hàm số Tính Do đó t 8 f ( t) ; t [0;1] t t8 có ' ' t [0;1]. f 8 ( t ) ; ( ) 0 6 ( t) ( t8) f t t. 4 f (0) ; f (6) ; f (1) f ( t), t [0;1] và 1 P. Khi a ; b ; c thì P f() t. Vậy giá trị lớn nhất của P là khi t 6.. 0,5 0,5 hú ý: Thí sinh giải cách khác đáp án mà đúng thì cho điểm tối đa theo thang điểm. ----------Hết--------