Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành, Yên Bái (Lần 1) có đáp án

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA 2016 LẦN THỨ MÔN TOÁN Câu Nội dung Điểm Câu 2,0 điểm Cho hàm số 3x (1) 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 4m Với 4m ta có hàm số 3x Tập xác định Sự biến thiên Giới hạn: lim   lim   Chiều biến thiên ' 6y x ' 0.25 Bảng biến thiên ID   i DID  D    0.25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 2) và (0; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0) Cực trị Hàm số đạt cực đại tại -2, CĐ Hàm số đạt cực tiểu tại 0, CT -4 0.25 Đồ thị Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (-2; 0) và (1; 0) Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; -4) 0.25 -2 -4 -2 y2/ Xác định để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị A, thỏa mãn tam giác OAB vuông tại (O là gốc tọa độ). Ta có ' D h D Do ' *1G9CGinE?3o31G** )+6 , DJ - J m 2, DJ - J OB m   0.5 OAB vuông tại khi  OA. OB   Do O, A, tạo thành tam giác nên  0.5 Câu (0,5 điểm) Cho số phức thỏa mãn ; ;  <=4 39: ; ; ;  Ta có ; ; ;I i Suy ra  -1+ 3i -1+ 3i 0.25 2z zi i Do đó 10 0.25 Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình Giải bất phương trình 61 61 x Đk: .. BPT đã cho tương đương với  log log log log log 0.25  Kết hợp đk ta được nghiệm của BPT là  0.25 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân  cos sinxdx  cos cos sinxdx sin sin xdx xdx 0.25 Tính cos sin xdx cos sin dt xdx J 0.25đổi cận: với  F  <* dt Tính sinI xdx Đặt dv sin xdx cos du dx cos cos sinI xdx 0.25 Vậy e 0.25 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm H IJJ K 9L1 M * 9@A1 += D  N 9@A1 += K O3_C H9 P FK9L1M=789)Q Do (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên  R= 16 0.25 Mặt cầu (S) có phương trình z 0.25 Đường thẳng IM đi qua I, vuông góc với (P) nên có phương trình: 0.25 Gọi J J M t bQ38M  +2 18 3t t Vậy 0.25 Câu (1,0 điểm) a/ Cho góc thỏa mãn cot   \"#$ $ 1\" ,. \Z K 9L1_.`$\'  GTrong mặt phẳng (ABC), kẻ (M BC) AM BC = SM BC  D _ ZD MA là góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABC). Ta có .sin120 ABC AB AC a tan 60 aA AM Thể tích khối chóp S.ABC là SA.S ABC ABC 0.5 Vì AM (SBC) AM GM   SBC SBC Trong mặt phẳng (SAM), kẻ (H SM) AH SM = AH SBC  - AH SBC <+11341_,Q* Z _   AH AH AM Vậy  12 ad SBC 0.5 Câu (1,0 điểm). Giải bất phương trình:   V x Đk: Đặt  v ta có 4x 4x 3x v 0.25 Bất phương trình đã cho có dạng 0.25Xét x x  3x  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là   0.5 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh thuộc đường thẳng a  D y đỉnh thuộc đường thẳng a V D y Gọi là hình chiếu của trên AC. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết  9; lần lượt là trung điểm của AH, CD và điểm có tung độ dương. Gọi là trung điểm BH Ta có MN là đường trung bình của ABH 3 + uu - MN KC MN AB KC Qt6== Qt b - MN BC BN MC t6+C BMC CN BM 