Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán trường THPT Hồng Quang, Hải Dương (Lần 1)

SỞ GD ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN: TOÁN –LẦN (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) Câu (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 33 2y x. Câu (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( 4f x. Câu (1,0 điểm). a) Giải phương trình: cos sin 0x x . b) Giải bất phương trình: 0,5 0,25 2log log 1) log 0.x x Câu (1,0 điểm). Tính tích phân: 512 5dxIx  Câu (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;-1;2); B(3;1;0) và mặt phẳng (P) có phương trình: 2y 4z 0. Tìm tọa độ điểm nằm trong mặt phẳng (P) sao cho CA CB và mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P). Câu (1,0 điểm). a) Tìm số hạng không chứa trong khai triển nhị thức 10325.x xx   với 0x. b) Từ các chữ số 1, 3, 4, 5, 6, lập các số tự nhiên gồm chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số bất kì trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn. Câu (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi là trung điểm CD, SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) với là giao điểm của AC với BM. Góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 060. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM theo a. Câu (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi là điểm đối xứng với qua A. Điểm H(2; -5) là hình chiếu vuông góc của điểm trên AD, điểm K(-1; -1) là hình chiếu vuông góc của điểm trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình 2 21 25x y . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm có hoành độ dương. Câu (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực 3 226 24 1x xy xx y   Câu 10 (1,0 điểm). Cho số thực a, , 0;1a và thỏa mãn: 3( )( (1 )(1 )a ab b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 22 21 131 1P ab ba b  . -----------------------HẾT----------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Hä và tªn thÝ sinh: ................................................................................; SBD.....................................HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN Câu Nội dung Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 33 2y x (1,0 điểm) Tập xác định: D Sự biến thiên: Chiều biến thiên: 2' 3y x ' 1y x hoặc 1x 0,25 y' với 1;1x nên hàm số đồng biến trên khoảng 1;1; y' với ; 1;+x  nên hàm số nghịch biến trên khoảng ; và 1;+ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại -1; yCT đạt cực đại tại 1,x; yCĐ Giới hạn: lim limx xy y    0,25 Bảng biến thiên   'f f  4  0,25 Câu Đồ thị Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 2) Đồ thị cắt trục Ox tại điểm ( 2; 0), 1; 0 42-2-45xy-41-1-2O 0,25 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( 4f x. (1,0 điểm) Đk: 02 44 0xxx    TXĐ: 2; 4D   1 2'( )2 4x xf xx 0,25  '( 2; 4f 0,25 2 2; 2; 2;f f 0,25 Câu Vậy 2;4max 2f x khi 3x 2;4min 2f x khi 2x hoặc 4. 0,25 a) Giải phương trình: cos sin 1x x . (0,5 điểm) 2 21 sin sin sin sin 0x x 0,25 Câu     216sin sin sin )2 526sin 3x kx tm kx kx loai 0,25b) Giải bất phương trình: 0,5 0,25 2log log 1) log 0x x (0,5 điểm) ĐK: (*); Với đk (*) ta có: 0,5 0,25 222 2log log 1) log log log 1) log 0log 1) log 1) 0x xx x  0,25 3x . Kết hợp đk (*) ta được 3x tập nghiệm (1; 3] 0,25 Tính tích phân: 512 5dxIx  (1,0 điểm) Đặt 22 2t tdt dx dx tdt 0,25 Khi thì 1; khi thì 0,25 Do đó 3 31 15 55 55 5t dt ttdt dtI dt dtt t    0,25 Câu 331145 ln ln ln ln3t t 0,25 không gian Oxyz, cho các điểm A(1;-1;2); B(3;1;0) và mặt phẳng (P) có phương trình: 2y 4z 0. Tìm tọa độ điểm nằm trong mặt phẳng (P) sao cho CA CB và mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P). (1,0 điểm) Giả sử 0C z (1) 0,25 Ta có 1; 1; 3; 1;AC BC z   2 22 21 0CA CB AC BC z (2) 0,25 (P) có VTPT (1; 2; 4)Pn ; 2; 2; .AB  (ABC) qua A, và vuông góc (P) nên (ABC) có VTPT , (12; 6; 6) 2; 1;1Pn AB      phương trình (ABC) là: 2 0x z (ABC) 0C z (3) 0,25 Câu Từ (1),(2),(3) ta có hệ pt: 2 21 2;1; 22 2x xx Cx z        . 0,25 a) Tìm số hạng không chứa trong khai triển nhị thức 10325.x xx   với 0x. (0,5 điểm) Số hạng thứ trong khai triển đã cho là 4 40 10(10 )3 310 1025. .kkkkk kC xx    0,25 Số hạng không chứa trong khai triển ứng với thỏa mãn: 40 100 43kk  Vậy số hạng cần tìm là: 4410. 131250C . 0,25 b) Từ các chữ số 1, 3, 4, 5, 6, lập các số tự nhiên gồm chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số bất kì trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn. (0,5 điểm) KGM là tập hợp các số tự nhiên gồm chữ số khác nhau được tạo nên từ chữ số đã cho. Gọi số tự nhiên cần lập là abcd. Số cách chọn abcd là 46Acó: 46360A (số) ( 360n Gọi là biến cố "số được chọn là số chẵn". Giả sử 1x A Để chẵn thì 14, 6d do đó có cách chọn 1d. Sau khi chọn 1d thì số cách chọn 1a clà 35A có: 352. 120A (số). Vậy (A) 120n 0,25 Câu Vậy xác suất để số được chọn là số chẵn là: (A) 120 1(A)( 360 3nPn . 0,25Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi là trung điểm CD, SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) với là giao điểm của AC với BM. Góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 060. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM theo a. (1,0 điểm) KEMHDCBAS Dựng HE CD, CD SHE CD , suy ra SEH là góc giữa (SCD) và (ABCD) 0SEH 60 Ta có 0SH HE. tan 60 3.HE CH CM CH 1HE 1HA AB CA 3HE CHAD 3AD CA1 3HE AD SH3 3   0,25 Ta có 2ABCDS a Suy ra 32S.ABCD ABCD1 3V .SH.S .a3 9 (đvtt) 0,25 Ta có / /, ,AB CDCD SCD AB SM AB SCD SCDSM SCD  Lại có ,3 H,H,3AH SCD Cd SCDd SCD SCDACd SCDHC   Gọi là hình chiếu vuông góc của trên SE, ta có ,CD SHE HK SHE CD HK . Do đó ,HK SCD SCD HK 0,25 Câu Xét tam giác vuông SHE có: 22 21 12 362 3333a aHKHK SH HE aaa      3, 32ad SCD HK 0,25 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi là điểm đối xứng với qua A. Điểm H(2; -5) là hình chiếu vuông góc của điểm trên AD, điểm K(-1; -1) là hình chiếu vuông góc của điểm trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình 2 21 25x y . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm có hoành độ dương. (1,0 điểm) Câu Đường tròn (T) có tâm (1; 2)I. Gọi Ax là tiếp tuyến của (T) tại A. Ta có 12KAx BDA SđAB(1) Do 090BHD BKD nên BKHD là tứ giác nội tiếp BDA HKA (2) Từ (1) và (2) ta có  // AKAx HKA HK x . Mà IA Ax IA HK . 0,25Do đó IA có vectơ pháp tuyến là (3; 4)KH , IA có phương trình 11 0x y Do là giao của IA và (T) nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ 23 11 0( 1) 2) 25x yx y  5 3;1 5x xy y     . Do 0Ax nên A(5;1) 0,25 Đường thẳng AC đi qua và có vectơ chỉ phương là (3; 6)HA nên AC có phương trình 0x y . Do là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ 22 0( 1) 2) 25x yx y  1 5;7 1x xtmy y     (loại). Do đó D(1; 7) Vì là trung điểm của CD nên ta có C(9; 9). 0,25 Đường thẳng AB đi qua và có vectơ chỉ phương là 6; 2)AK  nên AB có phương trình 0x y . Do là giao của AB và (T) nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ 23 0( 1) 2) 25x yx y  4 5;2 1x xtmy y     (loại). Do đó 4; 2)B Vậy (5;1)A; (9; 9)C; 4; 2)B . 0,25 Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 3 226 14 2x xy xx y   (1,0 điểm) ĐK: 21 0*4 0xx y   Ta có 2 21 0y x Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn y, ta có: 2 22 23 12 10 1x x Pt (1) có hai nghiệm:2 222 23 1323 12 12x xy xx xy x     0,25 Từ pt (2) ta có 1y y dó đó 23y x không thỏa mãn. 0,25 Thay 2x +1 vào phương trình (2) ta được 24 3x x điều kiện: 2x 23 0x x 22 2201 14 1xxxx x   22 12 01 14 1xxx x      0,25 Câu 2x ( vì 22 10 21 14 1xxx x   ) Với 2x thì 5y. Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là 2; 5. 0,25Cho số thực a, (0; 1) và thỏa mãn: 3( )( (1 )(1 ) a ab Tìm GTLN của 22 21 131 1  ab ba b. (1,0 điểm) gt 3( )( )(1 )(1 )a ba bab  (*) vì 3 2( )( )2 .2 4a ba ab ab abab a     và 1 2a ab ab ab , khi đó từ (*) suy ra 2ab ab ab , đặt ab (đk 0) ta được:210134 094 3tt tt t    0,25 Ta có: 21 101 1a ab ab ab     22 2. 101 1a abab b   luôn đúng với mọi a, (0; 1), dấu "=" xảy ra khi 0,25 vì 22 21 22 2.1 111 1a ababa b      và  22 23ab ab ab nên  2 21 1P ab tab 0,25 Câu 10 Xét hàm số f(t) 21tt với 19 có '1( 0(1 1f tt t  với mọi 19 1( )9 910f f ,dấu "=" xảy ra 1139a ba bt ab   Vậy GTLN của là 1910 đạt được tại 13a b . 0,25 Chú ý: Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự.Trên 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.