Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Đông Sơn 1, Thanh Hóa (Lần 3) có đáp án

Doc24.vnTRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2016 (LẦN 3)Môn Thi: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)Câu 1,5 điểm Cho hàm số 3224mxxy .a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1.b) Tìm để hàm số có điểm cực trị.Câu 0,5 điểm Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số )2ln(3)(xxxftrên đoạn [0; 4].Câu 1,0 điểm a) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức thỏa mãn 32iz .b) Giải phương trình xxx532 .Câu 1,0 điểm Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường: 0,)1(xexy 0, x= 1. Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay quanh trục hoành.Câu 1,0 điểm Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng có phương trình01zyx và hai điểm)3;2;1(A ,)1;4;3(B Viết phương trình mặt phẳng đi quaA đồng thời vuông góc với và tìm điểm thuộc sao cho tam giác ABC là tam giácđều.Câu 1,0 điểm a) Giải phương trình 11cossin3xx .b) Một đề thi trắc nghiệm có 20 câu, mỗi câu gồm có phương án trả lời trong đó có duynhất một phương án đúng. Mỗi câu nếu chọn đúng đáp án thì được 0,5 điểm. Giả sử thí sinhA chọn ngẫu nhiên các phương án. Tính xác suất để được điểm (lấy gần đúng đến chữsố sau dấu phẩy). Câu 1,0 điểm Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là chữ nhật có tâm AB tamgiác OAB là tam giác đều. Tam giác SAB là tam giác đều, tam giác SCD là tam giác cân tạiS Hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng ABCD là điểm thuộc miền trong của hìnhchữ nhật ABCD và SH 43a Tính theo thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữahai đường thẳng SC và AB Câu 1,0 điểm Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có ),2;1(E)2;2(F, )2;1(Q lần lượt là chân ba đường cao hạ từ các đỉnh của tam giác. Tìmtọa độ các điểm Câu 1,0 điểm Giải hệ phương trình 322 26 23 031( 3) 36 1) 12 6y yx xyx xy xyyìæ ö ç ÷ïè øïíï ïî )x yÎR .Câu 10 1,0 điểm Cho là số thực dương thỏa mãn 94)32()1(4222cba .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1292)1(436)1(236232323cccbbbaaaP .----------------HẾT----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh:................................................................ Số báo danh:..............................Tr êng thpt ®«ng s¬n íng dÉn chÊm m«n to¸n 12 (lÇn 3) Năm học 2015 20160Doc24.vnĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂMCâu Nội dung Điểm1aKhi ta có hàm số 3224xxy1) TËp x¸c ®Þnh 2) Sù biÕn thiªn a, Giíi h¹n xxyylim,lim 0,25b, Bảng biến thiên 0, 1x- y ' +y 0,25Hµm sè ®ång biÕn trªn c¸c kho¶ng (- 1; 0) vµ (1 Hµm sè nghÞch biÕn trªn kho¶ng (- -1) vµ (0 ;1)Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i 0, yC§ (0) 3, ®¹t cùc tiÓu t¹i =1 yCT ( 1) 0,253) §å thÞ: §å thÞ cña hµm sè cã hai ®iÓm uèn U÷÷øöççèæ932;31 nhËn Oy lµm trôc ®èi xøng, giaovíi Ox t¹i ®iÓm (3 0) 0,251bmxxymxxy23,00'44'0,25Hàm số có cực trị khi và chỉ khi 0'y có nghiệm phân biệt 0m 0,25221231)('xxxxf, 10)('xxf 0,25Ta có: (0) 2ln3 (1) 3ln31 f(4) 6ln34 Vậy 6ln34)4()(max]4;0[fxf 3ln31)1()(min]4;0[fxf 0,253aGọi yixz (RyxÎ, ), khi đó có điểm biểu diễn );(yxM .Theo bài ra ta có 3)1(232iyxiyix 0,259)1()2(3)1()2(2222yxyx.Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của là đường tròn 9)1()2(22yx 0,253bPhương trình đã cho tương đương với 15352÷øöçèæ÷øöçèæxx (*). 0,25Xét hàm số RxxfxfxxxxÎ÷øöçèæ÷øöçèæ÷øöçèæ÷øöçèæ,053ln5352ln52)(',5352)(Hàm số )(xf nghịch biến trên R, do đó 1)1()((*)xfxf 0,254dxexVx102)1(22)1(101021010dxxexdxxedxexxxx 0,251 x- y33O- 3- 1Doc24.vn+) Đặt 110101010îíìîíìxxxxxxeedxexedxxeevdxdudxedvxu 0,25Do đó 232V (đvtt) 0,255+) )2;2;2(AB mp(P) có vectơ pháp tuyến )1;1;1(Pn .Mặt phẳng có vectơ pháp tuyến )4;4;0(],[PQnABn 0,25( có phương trình: 050)3(4)2(4)1(0zyzyx 0,25Gọi );;(cbaC ta có ïîïíìïîïíìÎ12)3()2()1()1()4()3()3()2()1(01)(2222222222222cbacbacbacbaABCACBCAPC 0,25ïîïíìïîïíìïîïíì2/)234(1212)3()1(11212)3()2()1(3122222ccbacccbacbacbacbaVậy ÷÷øöççèæ÷÷øöççèæ2234;2236;2,2234;2236;2CC 0,256a Điều kiện: 1cosx .PT2,23216sin21cos21sin23kxkxxxx÷øöçèæ 0,25Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 23kx 0,256bSố cách chọn ngẫu nhiên các phương án đúng là204 0,252Doc24.vnGọi là biến cố đã cho, do được điểm nghĩa là chọn đúng câu và chọn sai 12 câu.Có 820C cách chọn câu mà trả lời đúng, trong 12 câu trả lời sai, mỗi câu có cách chọn phương án sai. Do đó số cách chọn các phương án của là 128203.CB .Xác suất cần tìm là: 06089,043.)(2012820CBPB 0,257 Ta có AC OA .322aABACBC3.2aBCABSABCD0,2543.313.aSHSVABCDABCDS. 0,25Ta có AB //CD )//(SCDAB))(,(),(SCDABdSCABdGọi là trung điểm của AB và CD .Ta có MNAB,SMAB0,25 )(SMNAB mà HSMNSHSHAB)( thuộc đoạn MN .,23aSM4334322aMHMNHNaSHSMMH. SNSMMNSNSMaHNSHSN2222223Do CD // AB nên ))(,()(SCDABdSMSCDSMSMCD Vậy 23).(aABSCd 0,258 Do ··090AEB AFB nên tứ giác ABEF nộitiếp đường tròn đường kính AB suy ra··BFE BAE (1).Tương tự: Tứ giác AQEC nội tiếp nên····QAE QCE BAE QCB (2)Tứ giác BQFC nội tiếp nên ··QFB QCB (3)Từ (1), (2) và (3) ta có ··BFE QFB nghĩa làBF là đường phân giác trong kẻ từ của tamgiác QEF 0,25Tương tự ta cũng có AE là đường phân giác trong của tam giác QEF .Gọi BFAEH suy ra là trực tâm của tam giác ABC và là tâm đường tròn nội tiếp tam giác QEF .+) 5EQ EF Gọi QFAED4 15 25 3DQ EQDQ DF ;DF EFæ ö ç ÷è øuuur uuur+) 34QD Do là chân đường phân giác trong kẻ từ của tam giác QDE nên ta có13 (0;1)3HD QDHE HD HHE QE uuur uuur 0,25AB đi qua và vuông góc với QH nên có phương trình: 03yxBC đi qua và vuông góc với EH nên có phương trình: 073yxAC đi qua và vuông góc với FH nên có phương trình: 062yx 0,25SABC DOHMNAB CQ FE H3 DDoc24.vnACABA nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ )4;1(4106203AyxyxyxîíìîíìBCABB nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ )1;4(1407303îíìîíìByxyxyxACBCC nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ );(Cyxyxyx4545062073îíìîíìVậy )4;5(),1;4(),4;1(CBA 0,259Điều kiện: 20 0x y Hệ 322 26 23 031( 3)( 12) 1)y yx xyy xyyìæ ö ç ÷ïè øïíï ïî33 33 6) 0( )( 12) 1) 1y xy yì ïíï îĐặt 331a yb xì ïí ïî ta có hệ 2( 7) 0( 13) 1a ba ab ìïí ïî 0,25Nhận thấy 0a không thỏa mãn hệ. Khi đó hệ trên tương đương với 2222111777111 1131320bbbbbba aa aa abbbbb baaa aa aìæ öìì  ç ÷ ïïïè øï ï í íæ öæ öï ï   ç ÷ç ÷ïï ïîè øîè øî0,254Doc24.vnïïîïïíì5112abab hoặc ïïîïïíì413ababïîïíì511212aaab hoặc ïîïíì4133aaabîíìnghiêm) (vô01512122aaab hoặc îíì014332aaabîíì31ba hoặc îíì13/1ba+) Với îíìïîïíìîíì2)1(1331133133xyyxyybaNếu 2y thì )1(2)3(323yyyy vô nghiệm.Do đó để (1) có nghiệm thì (0;2] (do 0y ).Đặt cos 0;2y té ö Î÷êë )1( trở thành 213cos1cos6cos83tttZkktÎ,329. Do 0;2té öÎ÷êë nên 9t 29y cos 0,25+) Với îíìïîïíìîíì(loai)09131131313133x/yyx/yyb/a .Vậy hệ đã cho có nghiệm 2; cos9x yæ öç ÷è 0,2510Với 0,yx ta có yxyxyxxyyxyx³³÷÷øöççèæ4114112211)( (*)222424112111129cbacbaP÷øöçèæÁp dụng (*) ta có 422162242241211112³³cbacbacba 0,25Áp dụng BĐT Bunhiacopsky ta có )42)(112()22(2222cbacba22222)22(161422144)22(4142cbacbaPcbacba³³ 0,255Doc24.vnTừ giả thiết ta có 82448)1()4()4(132222222³³cbacbacbaba822cba. Đặt 8022tcbat và 1641442ttP³ 0,25Xét 164144)(2tttf trên (0; 8].]8;0(,0)4(8)14416)(8(8)4(144)('222ÎttttttttfSuy ra )(tf nghịch biến trên (0; 8], do đó 1616)8()(min]8;0(³Pftf1,2,216cbaP. Vậy 16minP khi )1;2;2();;(cba 0,25----------------HẾT----------------6Trên đây chỉ là phần trích dẫn 10 trang đầu của tài liệu và có thế hiển thị lỗi font, bạn muốn xem đầyđủ tài liệu gốc thì ấn vào nút Tải về phía dưới.