Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán trường THPT Hồng Quang, Hải Dương (Lần 3) có đáp án

SỞ GD ĐT HẢI DƯƠNGTRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN KÌ THI THPT QUỐC GIANĂM 2016MÔN: TOÁN(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).Câu (2,0 điểm a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 22 3= -y .b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 4( 21= +-f xx với []2; 4Îx .Câu (1,0 điểm a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn 3+ +z .b) Giải bất phương trình 22 12log log 0x x- .Câu (1,0 điểm Tính tích phân ()220cos sin cosp= +òI xdx .Câu (1,0 điểm Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Viết phương trình mặt cầu có tâm (5; 3; 4)I- và tiếp xúc với mặt phẳng 0P z- Tìm tọa độ tiếp điểm của và P.Câu (1,0 điểm )a) Giải phương trình 23 sin cos 22+ =xx .b) Có hai hộp chứa các viên bi. Hộp thứ nhất chứa viên bi màu trắng và viên bi màu đỏ, hộp thứ hai chứa5 viên bi màu trắng và viên bi màu đỏ. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một viên bi. Tính xác xuất sao chohai viên bi lấy ra cùng màu.Câu (1,0 điểm ). Cho lăng trụ tam giác ' ' 'ABC có đáy là tam giác vuông tại 3= =AB AC Hình chiếu vuông góc của 'A trên mặt phẳng )ABC trùng với trung điểm của cạnh BC Góc giữa cạnhbên và mặt đáy bằng 045 Tính theo thể tích khối lăng trụ ' ' 'ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng'AA 'CB .Câu (1,0 điểm ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại và có đỉnh(0; 2)C và 3AD BC= Gọi là hình chiếu vuông góc của trên đường chéo BD Điểm 24 16;13 13M ö-ç ÷è làđiểm thuộc đoạn HD sao cho 2HM MD= Tìm tọa độ các đỉnh ,A của hình thang vuông ABCDbiết đỉnh thuộc đường thẳng (): 0d y- .Câu (1,0 điểm ). Giải hệ phương trình: ()21 42( )3 5x yx yx yx yì+æ ö+ =ç ÷ïÎè øíï- =î¡ .Câu (1,0 điểm ). Cho các số dương ,a thỏa mãn 1a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ()()()3 3141 1a cPa bc ca abc b= ++ ++ +----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: ........................................................0ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM LẦN ĐÁP ÁN ĐIỂMCâu 1a(1,0 đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 22 3= -y .TXĐ: =D 3' 4= -y ,0' 11=éê= -êê=ëxy xx, ()()' 1; 1;> " +¥y và ()()' 0;1< " -¥ Èy 0,25Hàm số đồng biến trên các khoảng ()()1; 1;- +¥ hàm số nghịch biến trên các khoảng()(); 0;1-¥ -.Hàm số đạt cực đại tại 0; 3CDx y= Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm ()()1; 41CTxy yx=é= -ê= -ë 0,25()()4 2lim lim lim lim 3®+¥ +¥ ®-¥ ®-¥= +¥ +¥x xy x.Bảng biến thiên0,25Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 3)-Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm ()()3; 3; 0-Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 0,25Câu 1b(1,0 đ) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 4( 21= +-f xx với []2; 4Îx .()24'( 11= --f xx0,25()()3 2; 4'( 01 2; 4xf xxé= Î= Ûê= Ïêë0,25()()()102 4; 33= =f f. 0,25Vậy []()[]()2;42;4max 4; min 3= =f 0,2510+¥+¥x'( )f x( )f x-3-+¥-¥0-004-4-++1-1f(x)=x^4-2* x^2 -3-4-224-4-224xyOCâu 2a(0,5 đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn2 3+ +z iGọi số phức (), ;= Ρz yi được biểu diễn bởi điểm ();M .()()2 22 10z yi y+ =0,25()()2 22 10x yÛ =, Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức là đường tròn tâm()2;1I- bán kính 10R= 0,25Câu 2b(0,5 đ) Giải bất phương trình 22 12log log 0x x- .ĐKXĐ: 0>x ()222 22log log log log 0x x- ³0,25222log 11log 308xxxx³é³éêÛ Ûêê£ -< £ëë. Vậy bất phương trình có tập nghiệm là [)10; 2;8Sæ ù= +¥çúè 0,25Câu 3(1,0 )Tính tích phân ()220cos sin cosp= +òI xdx .()2 22 20 0cos sin cos cos sin xcosI xdx xdx xdxp p= +ò ò. 0,25()2 2210 01 1cos cos sin 222 40I xdx dx xp pppæ ö= =ç ÷è øò ò. 0,25()()2 22 320 01 1sin xcos sin sin sin23 30I xdx xp pp= =ò ò. 0,25Vậy 14 3Ip= .0,25Câu 4(1,0 ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Viết phương trình mặt cầu có tâm (5; 3; 4)I-và tiếp xúc với mặt phẳng 0P z- Tìm tọa độ tiếp điểm của và P.Gọi là bán kính mặt cầu, theo điều kiện tiếp xúc ()()R 6I P= .0,25Phương trình của mặt cầu là ()()()2 25 24x z- .0,25Gọi là tiếp điểm của Svà P, khi đó là hình chiếu của (5; 3; 4)I- trên mặt phẳng P, đường thẳng IH có phương trình là 23 .4x ty tz t= +ìï= Îíï= +î¡ 0,25Tọa độ điểm có dạng ()5 4H t+ vì ()H PÎ nên ta có()()()2 12 1; 1; 2t H+ -. 0,25Câu 5a(0,5 Giải phương trình 23 sin cos 22+ =xx .2213 sin cos sin cos sin2 2xx xpæ ö+ =ç ÷è ø.0,252, .223x kkx kppp=éêÛ Îê= +ë¢ Phương trình đã cho có các nghiệm là ()22 .3x kpp p= ΢ 0,25Câu 5b(0,5 Có hai hộp chứa các viên bi. Hộp thứ nhất chứa viên bi màu trắng và viên bi màu đỏ, hộpthứ hai chứa viên bi màu trắng và viên bi màu đỏ. Phép thử: “Chọn từ hộp đã cho, mỗi hộp một viên bi”, ()1 115 11.C 165n CW .Biến cố “Hai viên chọn được cùng màu”. 0,251A: “Hai viên chọn được cùng trắng”, ()1 11 5.C 40n C= .2A: “Hai viên chọn được cùng đỏ”, ()1 12 6.C 42n C= .Vậy ()()()1 282n A= xác suất của biến cố là ()82165P A= 0,25Câu 6(1,0 )Trong tam giác vuông ABC có 23 2= =BC AB AC BC ;12= =AH BC a.AH là hình chiếu vuông góc của 'AA trên mặt phẳng )ABC nên góc giữa 'AA và mặt phẳng )ABC là góc ·'A AH Theo giả thiết có ·0' 45=A AH .Trong tam giác 'A AH có '= =A AH 0,25Diện tích tam giác ABC là 21 3.2 2D= =ABCaS AB AC .Thể tích khối lăng 1.ABC trụ là 33 3' .2 2D= =ABCa aV 0,25Khoảng cách giữa hai đường 'A và 'CB bằng khoảng cách từ 'A đến mặt phẳng()' 'B BCC và bằng khoảng cách từ điểm 'A đến ()' 'B BCC .Gọi là hình chiếu vuông góc của 'A cạnh ' 'B .Gọi là hình chiếu vuông góc của 'A trên ' (1)Þ ^HE HE .Mặt khác () ' ' '' ' ' ' ' ' (2)' ' ' ' ' ' ')) ^ìÞ ^í^ ^î EB HE KB CTừ (1) và (2) ()' ' ') ', ' ') 'Þ =A BCB BCB 0,253Trong tam giác vuông 'A HE có2 21 7' ' ' ' ' ' ' ' 321'7A aaA K= =Þ =Vậy khoảng cách giữa hai đường 'AA và 'CB bằng 217a 0,25Câu 7(1,0 đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD vuông tại và có đỉnh (0; 2)C và 3AD BC= Gọi là điểm trên đoạn AH sao cho 2HE EA khi đó 13 3HM HE EMHD HA AD= vàEM // AD Suy ra tứ giác BCME là hình bình hành, Suy ra CM // BE- Dễ thấy là trực tâm tam giác BAM BE AM CM AM^ 0,25Vì thuộc (d) nên tọa độ 1)A a- mà(). 3; 4CM AM AM CM A^ -uuuur uuuur0,25Gọi là giao điểm của đường chéo AC và BD1 1;4 2CI CA Iæ öÞ -ç ÷è øuur uuur Đường thẳng BD đi qua và suy ra 0BD y+ =- Phương trình 0AH y- mà là giao điểm của hai đường thẳng BD và AHSuy ra 2;13 13Hæ ö-ç ÷è 0,25Mà ()3 6; 4HD HM D= -uuur uuuur ()13; 23CB DA B= -uuur uuur 0,25Câu 8(1,0 đ)Giải hệ phương trình ()21 (1)23 (2)ì+æ ö+ =ç ÷ïè øíï- =îx yx yx yĐiều kiện 512£ £ìïí³ïîyx()()()()()()32 333 21 828 0+æ ö+ +ç ÷è øÛ =x yx yx x0,25422 4Û =x x( Vì theo điều kiện có 24 0+ >x 0,25Thay vào (2) có phương trình 23 4- =x Điều kiện 52 2£ £xXét 12=x, là nghiệm của phương trình.Xét 52 2< £x .()()2 22 22 223 4(4 2) (6 1) (1 04 11 02 11 4- =Û =- +Û =- -+ -x xx xx xx xx xx 0,25()()()()()()226 1( 1)(2 1)( 1)(2 1)2 02 11 46 1)(2 1)1 12 11 4x xx xx xx xx xx xx xx xx x- -- +Û =- -+ -é ù+ +Û =ê ú- -+ -ë ûVì ()21 1)(2 1)2 02 22 11 4x xx xx xx xé ù+ +< >ê ú- -+ -ë ûVới 4= =x .Với 112= =x .Đáp số 14xy=ìí=î 121xyì=ïíï=î 0,25Câu 9(1,0 ). Cho các số dương ,a thỏa mãn 1a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ()()()3 3141 1a cPa bc ca abc b= ++ ++ .Với các số dương ,a thỏa mãn ()()1 11a ab ab ca cÞ ++ .Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có ()()()()2 21 11 .4 4ab c+ +Suy ra ()3 3241c cc abc³++ và ()()()()214 2811 1cc b³++ 0,25Ta có bất đẳng thức ()22 2x yx ym n++ ³+ luôn đúng với các số dương ,x Thật vậy,0,255()()()()22 2222 2; 0,2 0x nx yx ym ym nx xymn xn ym" >+æ ö+ +ç ÷+è øÛ ³Áp dụng bổ đề trên và bất đẳng thức Cô si ta có:()()()()()()()()22 23 42 222 22 22 22 221112 1a ba ba bc ca abc abc abca ba bca ca cc c++ ³+ +++³ =++ ++ -³ =+ +Từ các bất đẳng thức trên suy ra ()()()()()232 214 28, 12 11 1ccP ccc c-³ >++ .()()()()()2323 14 235' ' ,32 15 53; 14 23 0, 13 8c cf ccf c- += =+æ ö= " >ç ÷è ø0,25Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hàm số () đạt giá trị nhỏ nhất bằng 538 khi53c Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 538 khi 5;3 3a c= 0,25Chú ý: Học sinh trình bày cách giải khác, đúng, giám khảo cho điểm tối đa.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.