Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán tháng 6/2016 trường THPT Trần Hưng Đạo, TP. Hồ Chí Minh có đáp án

Doc24.vnSỞ GD ĐT TP. HỒ CHÍ MINHTRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016MÔN TOÁN Ngày thi: 6/6/2016Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: 2,0 điểm Cho hàm số 2x 1yx 1+=+a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành.Câu 2: (1,0 điểm)a) Cho góc lượng giác biết tan 2a= Tính giá trị biểu thức 2cos2 -3sinPaa= .b) Giải phương trình sau trên tập số thực: 5.9 2.6 3.4x x- =Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân 11ln .eI xxæ ö= +ç ÷è øòCâu 4: (1,0 điểm)a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức thoả mãn điều kiện (2 5z i+ b) Cho tập hợp{}0;1; 2; 3; 4; 5A= Lập các số tự nhiên có chữ số đôi một khác nhau.Chọn ngẫu nhiên số trong các số vừa lập, tính xác suất để trong hai số được chọn có đúng sốchẵn.Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ()- -0; 3; 1A và ()- -4;1; 3B vàmặt phẳng ()- =: 0P a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ, song song với AB và vuông gócvới (P) b) Lập phương trình mặt cầu nhận đoạn thẳng AB là đường kính.Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ' ' 'ABC ABCD đều có cạnh bằng 'AA a= vàđỉnh 'A cách đều ,A Gọi lần lượt là trung điểm của cạnh BC và 'A Tính theo athể tích khối lăng trụ ' ' 'ABC và khoảng cách từ đến mặt phẳng )AMN .Câu 7: (1,0 điểm) Trong mp Oxy cho hình chữ nhật ABCD, biết đỉnh thuộc đường thẳng()1d 2x 0,- đỉnh thuộc đường thẳng 2(d 0- Gọi là hình chiếu củaB lên AC.Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết điểm ()9 2M( 25 lần lượt là trungđiểm của AH CD và có tung độ dương. Câu 8: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:3 22x 3y 4y (1)x 2y (2)ì+ =ïí+ +ïîCâu 9: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn 1. Tìm GTNN của biểuthức 23( 3( 2M ab bc ca c= -------------HẾT-------------Họ và tên:.........................................................................SBD........................................ĐÁP ÁNDoc24.vnCâu 1. a) TXĐ: {}= -¡\\ ;D ()21' 01y Dx= " Î+Hàm số đồng biến trên hai khoảng ()(); 1;-¥ +¥ lim 2xy® ±¥= => đồ thị có một đườn tiệm cận ngang 2()()1 1lim limx xy y+ -® -= -¥ +¥=> đồ thị có một đường tiệm cận đứng -1x-¥ -1 +¥y’ +y 0.25đ0.25đ0.25đ0.25đb) Gọi Mlà giao điểm của (C) với trục Ox. Hoành độ của là nghiệm của phương trình2 101xx+=+12xÛ => (C) cắt trục Ox tại 1; 02M-æ öç ÷è øTiếp tuyến có hệ số góc là 1' 42yæ ö- =ç ÷è øPhương trình tiếp tuyến: 14 22y xæ ö= +ç ÷è 0.25đ0.25đ0.5đCâu a)2 22 21 11 tan cos5cos tana aa a+ =+- -= =-22 2cos2 -3 2cos 92sin cosPa aa 0.25đ0.25đ 21xy2-1-2 1-1/2Doc24.vnb) 23 35.9 2.6 3.4 5. 2. 32 2x xx xæ ö- =ç ÷è ø23 35. 2. 02 2x xæ öÛ =ç ÷è ø3123 32 5xxéæ ö=êç ÷è øêê-æ öê=ç ÷êè øë0xÛ 0.25đ0.25đCâu Ta có: 11 1ln ln ln .e eI xx xæ ö= +ç ÷è øò ò Tính 1ln dex xò Đặt lnu x= và dv xdx= Suy ra 1du dxx= và 22xv=Do đó, 21 11 11ln ln d2 4= +ò òe ee ex ex x Tính 11ln .ex xxò Đặt 1lnt dt dxx= Khi 1x= thì 0t= khi thì 1t= .Ta có:1121 001 1ln tdt .2 2etx xx= =ò Vậy 23.4eI+= 0.25đ0.25đ0.25đ0.25đCâu (1,0 điểm).a) Giả sử bi (a ,b RÎ ).Ta có (2 5z i+ bi (2 i) bi 5i 3a (a b) 5i Û3 25 3a aa b+ =ì ìÛí í- -î Vậy 3i Do đó phần thực của là và phần ảo của là 0.25đ0.25đ0.25đ0.25đb) {}0;1; 2; 3; 4; 5A= Gọi số cần lập là abc; a; 0¹ Ta có 5.5.4 100 số.• Chọn ngẫu nhiên số trong 100 số đó: 2100n( CW =• Gọi là biến cố trong hai số được chọn có đúng một số chẵn” Nếu là số chẵn: có 5.4 20 số. hoặc mỗi trường hợp có 4.4 16 số Vậy có 20 32= 52 số chẵn Nếu là số lẻ: có 100 52 48 (số) 152 48n(A) .CÞ =Vậy xác suất là: 152 482100.( 416( )( 825= =WC Cn AP An 0.25đ0.5đ0.25đCâu (1,0 điểm).a) Ta có: ()= -uuur4; 4; 2AB ()= -r1; 2; 2n là véc tơ pháp tuyến của (P) ()é ù=ë ûuuur r, 4; 6; 4AB n(Q) là mặt phẳng đi qua gốc tọa độ (0;0;0) (Q) song song với AB và vuông góc với mặt 0.25đDoc24.vnphẳng (P) suy ra mặt phẳng (Q) nhận ()é ù=ë ûuuur r, 4; 6; 4AB làm véc tơ pháp tuyếnVậy phương trình mặt phẳng (Q) là =2 0x zb) ()= =uuur4; 4; 16 16 6AB AB Trung điểm AB là I( 2; 1; 2)- .Mặt cầu (S) có tâm I, bán kính ABR 32= =(S) :Þ 2(x 2) 1) (z 2) 9+ 0.25đ0.25đ0.25đCâu (1,0 điểm). Gọi là tâm tam giác đều ABC A’O ABC 3, ;2 3= =a aAM AO AM22 26' '3 3a aA AA AO a= Thể tích khối lăng trụ ' ' 'ABC 33 2. ' .4 4D= =ABCa aV [][]3, )DÞ =ABMNAMNVd AMN AMNSTa có 3'1 2. '.4 48= =ABMN ABC ABC NAMCaV OA VTa lại có :A ' AB; ABCD là tam giác đều cạnh nên 32aAM AN ,suy ra AMNDcân tại AGọi là trung điểm AM suy ra AE MN '2 2A aMN= =2 22 23 114 16 4a aAE AN NEÞ =; 21 11.2 16AMNaS MN AE= []3 23 11 22, :48 16 11Þ =a ad AMN (đvđd) 0.25đ0.25đ0.25đ0.25đCâu Gọi là trung điểm BH; Có MNCK là hình bình hành=> MK//NCTam giác MBC có MN BCBH MCìÞíî là trực tâm=> NC MB. Vậy MK MB .25đEAB C'’B'’A'’MONDoc24.vn Đường thẳng (MB) qua có VTPT 36 8MK )5 5=uuuur Þpt (MB) 9x 2y 17 0+ =()()1B MB 4= Þ. Gọi ()()()2C 0+ .KC (c 4; 2); BC (c 4; 4)Þ -uuur uuur()2c 4KC.BC 2c 6c 9; 4c 1(l)=é= Þê= -ëuuur uuurK là trung điểm CD ()D 9; 0Þ là trung điểm BDI(5; 2)ÞI cũng là trung điểm AC ()A 1; 0Þ .Vậy ()A 1; 0Þ () 4; ()C 9; ()D 9; 0.25đ0.25đ0.25đCâu Pt (1)3 3( 1) 1) (3)Û (Đk:x 2; 1³ )Xét hàm số f(t)= 3t [0; )Î +¥ f’(t)=23t 0; (0; )+ " +¥=>f(t) đồng biến trên [0; )+¥2y 1(3) (y 1) 1x (y 1)³ìÛ Ûí+ -î 22(2) 1) 2y 2( 1) yy 1(l)3y 5y 08 7y x3 9Û += -éêÛ Ûê= =ë Vậy hệ có nghiệm7x98y3ì=ïïíï=ïî 0.25đ0.25đ0.5đCâu :Đặt ab bc ca 0t³ ta có ab bc caÞ (a c) (ab bc ca) (ab bc ca) 3tÞ 2t với 13t Theo bất đẳng thức Cô-siT (ab bc ca) 3( 2b 2c 2a 2)Do đó 3t +21 2t- Xét hàm số f(t) 3t 21 2t- trên tập 10;3Dé ù=ê úë ,f’(t) 22 31 2tt+ -- => f(t) đồng biến trên DÞ f(t) f(0) 2Vậy minM đạt được khi 0,tức là với a,b,c không âm thỏa mãn 0.25đ0.25đ0.25đAD CBHMK NDoc24.vn10a cab bc caab bc ca+ =ìï= =íï+ =î ,c là một trong các bộ số (0;0;1),(0;1;0),(1;0;0) 0.25đTrên 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.