Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán - Trung tâm hiếu học Minh Châu

Chia sẻ: Dang Van Ngoan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:54

Thêm vào BST

Báo xấu

132
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán - Trung tâm hiếu học Minh Châu gồm có 10 câu hỏi tự luận có kèm đáp án. Hy vọng tài liệu là nguồn thông tin hữu ích cho quá trình học tập và nghiên cứu của các bạn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán - Trung tâm hiếu học Minh Châu

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 TRUNG TÂM HIẾU HỌC MINH CHÂU Môn thi: Toán ĐỀ THỬ SỨC SỐ 1 – GIAI ĐOẠN 2 Thời gian: 180 phút. 2x  1 Câu 1 (1 điểm). Cho hàm số y  x 1 C  Khảο sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số; Câu 2 (1 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số f x   x  1e x trên đoạn 1;1 .   Câu 3 (1.0 điểm) 1. Giải phương trình: log3  x  5  log9  x  2   log  x 1  log 2. 1 2 3 3 2. Cho số phức z thỏa mãn z  1  i  z  1  2i  . Tính mô đun của z . 2 1 Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân I   1  x   2  e  dx 2x 0 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  2; 2;0  , B  1;1; 1 và mặt phẳng ( P) có phương trình 2 x  2 y  z  2  0. Hãy viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa AB , vuông góc với ( P) và viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm B tiếp xúc với mặt phẳng ( P) . Câu 6 (1.0 điểm) 1. Giải phương trình 2 3 cos2 x  6sin x.cos x  3  3 * 2. Đội dự tuyển học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay môn toán của một trường phổ thông có 4 học sinh nam khối 12, 2 học sinh nữ khối 12 và 2 học sinh nam khối 11. Để thành lập đội tuyển dự thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay môn toán cấp tỉnh nhà trường cần chọn 5 em từ 8 em học sinh trên. Tính xác suất để trong 5 em được chọn có cả học sinh nam và học sinh nữ, có cả học sinh khối 11 và học sinh khối 12. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều nằm a 6 trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  . Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường 2 thẳng AD, SB theo a. Câu 8 (1,0 điểm). Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC , G là trọng tâm ABM , điểm D  7; 2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Tìm tọa độ điểm A, lập phương trình AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3x  y  13  0. 2 x3  4 x 2  3 x  1  2 x3  2  y  3  2 y 1  Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x  2  14  x 3  2 y  1  3  2 Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b, c  0 thỏa mãn a  2b  c và a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca . Tìm giá trị lớn a c  2 a b  1 nhất của biểu thức P   a b  c   a  b  1 a  c a  2b  c  ----------------------------------Hết------------------------------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 TRUNG TÂM HIẾU HỌC MINH CHÂU Môn thi: Toán ĐÁP ÁN ĐỀ THỬ SỨC SỐ 1 Thời gian: 180 phút. Đáp án Điểm 2x  1 Câu 1 (1 điểm). Khảο sát sự biến thiên và vẽ đồ thị: y  x 1 C  Tập xác định: D=R 3 0.25 Sự biến thiên: y '   0, x  D Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định x  1 2 lim y  2, lim y  , lim y  , tiệm cận đứng x  1 , tiệm cận ngang y  2 0.25 x  x 1 x 1 x  1  y'   2  y 0.25  2 Một số điểm thuộc đồ thị x 0 2 y -1 5 10 8 6 4 2 0.25 -15 -10 -5 5 10 15 -2 -4 -6 -8 -10 -12 Câu 2 (1 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số f x   x  1e x trên đoạn 1;1 .   Hàm số xác định và liên tục trên 1;1 0.25 ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 2
f ' x   e x  x  1e x  xe x 0.5 f ' x   0  x  0 2 f 0  1; f 1   ; f 1  0 0.25 e    Kết luận: Min f x  f 0  1; Max f x  f 1  0 1;1    1;1 Câu 3(1 điểm). a) log3  x  5  log9  x  2   log  x 1  log 2. 1 2 3 3 0.50 Tập xác định D  1;   \ 2. 1  log3  x  5  log3 x  2  2log3  x 1  log3 2  x  5 . x  2  2  x  5 . x  2  2 x  1 2       x  1 0.25 2 Với x  2 ta có:  x  5 x  2  2  x  1  x 2  3x  10  2 x 2  4 x  2 2 x  3  x 2  7 x  12  0   x  4 Với 1  x  2 ta có  x  5 2  x   2  x  1   x 2  3x  10  2 x 2  4 x  2 2  97 x  1 t / m  6  3x  x  8  0  2  1  97 x   loai  0.25  6  1  97   Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x   ;3; 4 .  6    1. Cho số phức z thỏa mãn z  1  i  z  1  2i  . Tính mô đun của z . 2 Gọi z  a  bi  z  a  bi ta có z  1  i  z  1  2i   a  bi  1  i a  bi   3  4i 2 0.25  a  bi  a  bi  ai  b   3  4i  b  2b  a i  3  4i  b  3     a  10  z  10  3i    2b  a  4  b  3 0.25   z  109 1 Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân I   1  x   2  e  dx 2x 0 du  dx u  1  x  0.25 Đặt  =>  1 2x dv  (2  e )dx v  2 x  2 e 2x 0.25 1 1 2 1 I  (1  x)(2 x  e2 x )   (2  e2 x )dx 2 0 1 2 0,5 ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 3
1 1 1 1 e2  1 = (1  x)(2 x  e2 x )  ( x 2  e2 x )  2 0 4 0 4 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  2; 2;0  , B  1;1; 1 và mặt phẳng ( P) có phương trình 2 x  2 y  z  2  0. Hãy viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa AB , vuông góc với ( P) và viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm B tiếp xúc với mặt phẳng ( P) .      Ta có AB  1; 1; 1 , nP   2; 2; 1 , suy ra nQ   AB, n p    3; 1; 4  0.25 Mặt phẳng (Q) có pt: 3  x  1  1 y  1  4  z  1  0  3x  y  4 z  8  0 0.25 2  1  2.1  1(1)  2 0.25 Ta có R= d ( B, ( P))  1 22  22  (1)2 Vậy pt mặt cầu (S) :  x  1   y  1   z  1  1 0.25 2 2 2 Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2 3 cos2 x  6sin x.cos x  3  3 * 0.50 Tập xác định . *  3 1  cos 2 x   3sin 2 x  3  3  3 cos 2 x  3sin 2 x  3 1 3 3   3 0.25  cos 2 x  sin 2 x   sin  2 x    2 2 2  6 2       2 x  6  3  k 2  x  12  k   k  . 0.25 2 x   2  x    k  k 2  6 3  4 b)- Số cách chọn 5 em học sinh từ 8 học sinh trên là C85 = 56 cách - Để chọn 5 em thỏa mãn bài ra, ta xét các trường hợp sau +) 1 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 3 nam khối 12 có: C21C21C43 cách 0,25 +) 1 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C21C22C42 cách +) 2 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C22C21C42 cách +) 2 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 1 nam khối 12 có: C22C22C41 cách Số cách chọn 5 em thỏa mãn bài ra là: C21C21C43 + C21C22C42 + C22C21C42 + C22C22C41 = 44 cách 0,25 44 11 - Vậy xác suất cần tính là:  56 14 Câu 7 (1.0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên SAD là a 6 tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  . Tính thể tích khối chóp 1.00 2 S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, SB theo a. ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 4
S a 6 2 a a 3 2 D a C H A B Gọi H là chân đường cao hạ từ S của tam giác đều SAD 0.25 Suy ra: a 3 SH  và SH   ABCD  2 a 3 Trong tam giác vuông HSC có HC  2 2 a 3a 2  a2    DH  DC  CH  4 2 2 2 cos HDC 4 1 2 DH .DC a 2 2. .a 2 0.25   HDC  60 0 a2 3 Suy ra S ABCD  DA.DC.sin  ADC  2 2 1 1a 3 a 3 1 3 VS . ABCD  SH .S ABCD  .  a 3 3 2 2 4 Ta có ADC đều cạnh a  CH  AD  CH  BC hay BC   SHC   BC  SC  CSB vuông tại C 1 1 a3 a3 Lại có VD.SBC  VS .BCD  VS . ABCD  .  2 2 4 8 3 3a3  d  D;  SBC   .SSBC   d  D;  SBC    1 a 0.25 3 8 8.SSBC 3a 3 3a 3  d  D;  SBC    a 6   . 1 a 6 4 8. CS .CB 4. .a 2 2 0.25 Vậy d  AD; SB   d  D;  SBC    a 6 . 4 Câu 8 (1,0 điểm). Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC , G là trọng tâm ABM , điểm D  7; 2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Tìm tọa độ điểm A, lập 1.00 phương trình AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3x  y  13  0. 3.7   2   13 Ta có d  D; AG    10 32   1 2 ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 5
3x-y-13=0 B N G M D(7;-2) A C ABM vuông cân  GA  GB  GA  GB  GD Vậy G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD  AGD  2  ABD  900  GAD vuông cân tại G. 0.25 Do đó GA  GD  d  D; AG   10  AD2  20; Gọi A  a;3a  13 ; a  4  a  5(loai) AD 2  20   a  7    3a  11  20   2 2 a  3 Vậy A  3; 4  0.25  Gọi VTPT của AB là nAB  a; b    cos  n , n   3a  b cos NAG AB AG 1 a 2  b2 . 10 NA NM 3NG 3  Mặt khác cos NAG     2 0.25 AG NA  NG 2 9.NG  NG 2 2 10 2 3a  b 3 b  0 Từ (1) và (2)    6ab  8b2  0   a 2  b2 . 10 10 3a  4b Với b  0 chọn a  1 ta có AB : x  3  0; Với 3a  4b chọn a  4; b  3 ta có AB : 4 x  3 y  24  0 4.7  3.  2   24 0.25 Nhận thấy với AB : 4 x  3 y  24  0 d  D; AB    2  d  D; AG   10 (loại) 16  9 Vậy AB : x  3  0. 2 x3  4 x 2  3 x  1  2 x3  2  y  3  2 y 1  Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  1.00  x  2  14  x 3  2 y  1  3  2 Ta thấy x  0 không phải là nghiệm của hệ, chia cả hai vế của (1) cho x 3 ta được 4 3 1 1  2   2  3  2  2  y  3  2 y x x x 3  1  1  1    1     3  2 y  3  2 y  3  2 y * 0.25  x  x Xét hàm f  t   t 3  t luôn đồng biến trên  1 *  1   3 2y  3 0.25 x Thế (3) vào (2) ta được x  2  3 15  x  1  x  2  3  2  3 15  x  0 ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 6
  0.25    1 1    x  7   2  0  x  2  3 4  2 3 x  15  3 x  15      0.25  0   111  Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    7; .  98  Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b, c  0 thỏa mãn a  2b  c và a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a c  2 a b  1 P  a b  c   a  b  1 a  c a  2b  c  2  ab  bc  ca  a 2  b 2  c 2  a 2  2bc  2 ab  ac  1  a 2  ab  bc  ca  2 ab  ac  1  a  b a  c  a  b a  c  a  b a  c   ab  ac  1   a b  c   a  b  1   a  b  2 2 a  b a  c  2 a c  2 2  a b  c   a  b  1    2 a b  c   a  b  1 a  b 1 a  c a  2b  c   4 a  c  a  2b  c   a  b  2 2 0.5 a b 1 a b  1 1 1     a  c a  2b  c  a  b  a  b a  b 2 2 2 1 1 1 1 1 Khi đó P      ;t  0 a  b a  b a  b 2 a  b a  b 2 a b 1 Xét hàm số f t   t  t 2 ; t  0, f ' t   1  2t, f ' t   0  t  2 1 t 0  2 f ' t   0  0.25 1 f t  4 0  1 2 2 2 2 0.25 Kết luận: MaxP  , khi a  ,b  c  4 2 2 ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 7
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 TRUNG TÂM HIẾU HỌC MINH CHÂU Môn thi: Toán ĐỀ THỬ SỨC SỐ 2 – GIAI ĐOẠN 2 Thời gian: 180 phút. Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x 4  2 x 2  3 2x2  2 x  8 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  trên đoạn  2;0 x 1 Câu 3 (1,0 điểm a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  ( z  4i)i biết z thỏa mãn điều kiện 1  i  z   2  i  z  1  4i. 1 b) Giải phương trình: log 2  5  x   2log8 3  x  1 3   e Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I   x 2 ln x   x3  1 dx 2 1 Câu 5 (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M (3,0, 1), N 1; 2;0  và mặt phẳng ( P) : x  y  2 z  0 . Viết phương trình mặt phẳng qua M song song với (P) và tìm hình chiếu của N trên (P). Câu 6 (1,0 điểm) a) Giải phương trình lượng giác sau: 3  sin x  cos 2 x   cos x  2sin x  1 b) Trong kỳ thi THPT quốc gia, mỗi thí sinh phải chọn thi ít nhất 4 môn trong 8 môn: Toán, Lý, Hóa, sinh, Anh, Văn, Sử, Địa. Hỏi một thí sinh có bao nhiêu phương án lựa chọn? Biết rằng trong các môn lựa chọn, bắt buộc phải có đủ ba môn Toán, Văn, Anh. Câu 7 (1.0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600. M, N lần lượt là trung điểm cạnh SD và DC. Tính theo a thể tích khối chóp M.ABC và khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng (MAB). Câu 8 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD (AB // CD) nội tiếp đường tròn tâm I  5;2  , bán kính R  10 . Tiếp tuyến của  I  tại B cắt CD tại E. F là tiếp điểm của tuyến thứ hai của  I  qua E . AF cắt CD tại T  5;5 . Tìm tọa độ A,B biết E thuộc đường thẳng d : 3x  5 y  3  0 và xB  6 .  x x2  y 2  x2  2 x  y 2 3      Câu 9 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:   x, y     x y 2  1    3 x3  2 x  y 2  x 2  y 2  2  x 2x  1 Câu 10 (1.0 điểm) Cho a, b, c thuộc đoạn [1, 2] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a (b  c)2  2bc P  4b  4c c 2  4bc ----------------------------------Hết------------------------------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 8
ĐÁP ÁN ĐỀ THỬ SỨC SỐ 02 – GIAI ĐOẠN 2 Câu ĐÁP ÁN Điểm Câu 1 y  x  2x 4 2 + Tập Xác Định: D   + Sự biến thiên: x  0  Chiều biến thiên: y '  4 x3  4 x . y '  0  4 x3  4 x  0    x  1 0,25 Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng:  ;1 và (0;1) ; đồng biến trên mỗi khoảng (-1;0) và 1;   .  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycđ = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , yct = - 1.  Giới hạn : lim y  . x  0,25 Bảng biến thiên : x  -1 0 1  y/ - 0 + 0 - 0 + y  0  -1 -1 0,25 + Đồ thị: - Giao điểm với Ox : (0; 0);   2;0 ,  2;0  - Giao điểm với Oy : (0 ; 0) y 0,25 5 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 Câu 2 Hàm số xác định và liên tục trên  2;0 (1) 0.25 8 y'  2 y '  0  x  1  L   x  3  N  0,25  x  1 2 20 y  2   , y  0   8, y  1  6 từ đó suy ra GTNN=-8, GTLN= -6 0,5 3 Chú ý: Nếu dùng BBT không có câu (1) vẫn được điểm tối đa Câu 3 Gỉa sử z  x  yi,  x. y    , suy ra z  x  yi. 0,25 Thế vào gt ta tìm được x= 3, y = 4. Vậy z = 3 +4i. Do đó w = 3i 0,25 w có phần thực 0; phần ảo 3. b) ĐK: x  3 Tìm được x  1 ( N ) x  7  L 0,5 e  1 3 Câu 4 2e3  1 e e 3 I1   x ln xdx  I 2   x  x  1 2 2 2 3 dx  0.5 1 9 1 9 ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 9
e9 - 3e6 + 5e3 I= 0.5 9 Câu 5  Q  qua M , || ( P) :x  y  2z  5  0 0.5 x  1 t   7 11 1   qua N ,  ( P) : y  2  t Tọa độ hình chiếu: H  ; ;   z  2t 6 6 3   Câu 6  7 k 2 0,25 a) x   k 2 , x    k   0,25 2 18 3 b) C  C52  C53  C54  C55  31 1 5 0,5 Câu 7 a3 3 VM . ABC   dvtt  0,5 24 d  N ,  MAB    2d  O,  MAB    a 0,5 2 Câu 8 C/m được TI  TE 0,25  28  0,25 Tìm được E  ,5  0,25  3  0,25 Tìm được B(8,1), A(2,1) B(5;0) Tìm được C (6,5), D(4,5) Câu 9 ĐK: x  y 2  0 Từ PT(1) tìm được x  x  y 2  x 2  x  y 2 0,25 Thế vào (2) đưa về pt chỉ có ẩn x 3  1 1 2 2 Đưa được về hàm  1    1   1   3 1  0,25  x x x x 1 3 2 Xét hàm f  t   t 3  t đồng biến trên »từ đó được pt 1   1  giải được x x 0,25 5 1 5 1 x  L , x  N 2 2 æ 5 -1 ö 0,25 Nghiệm ç ; ± 5 - 2÷ è 2 ø  a  b Câu 10 2 a b2 a2 b2 Ta có: P   2 1   2 1  2 1 4b  4c c  4bc 4ba  4ca c  4bc c  4ba  4c  a  b   a  b 2 t2  ab  2 1  2  f t ; t    1;4 c   a  b   4c  a  b  t  4t  1  c  2 1 2t  4t 2 1 c Khi đó f (t)  2 '  0 ; P  f (1)  . Dấu bằng xảy ra khi a  b  . (t  4 t  1) 2 6 2 ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 10
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 TRUNG TÂM HIẾU HỌC MINH CHÂU Môn thi: Toán ĐỀ THỬ SỨC SỐ 3 – GIAI ĐOẠN 2 Thời gian: 180 phút. Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y  x 3  3x 2  1 (C) Câu 2( 1,0 điểm ). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y  x  2ln x trên đoạn [1;3] Câu 3( 1,0 điểm ). a) Cho số phức z thoả mãn: (1  i)( z  i)  2 z  2i . Tính môđun của số phức w, biết w  z  2 z  1 . b) Giải phương trình: log9 (2.3x  3)  x e Câu 4 (1,0 điểm ). Tính tích phân: I   x 2 (1  ln x)dx 1 Câu 5(1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-1; 2; 3), B(1; 0; -5) và mp  P  : 2 x  y  3z  2  0 . Lập phương trình tham số của đường thẳng AB. Tìm tọa độ M thuộc (P) sao cho ba điểm A, B, M thẳng hàng Câu 6 (1,0 điểm ). 2sinx  cosx a) Tính giá trị biểu thức: P  biết tan x  2 sinx  cos3 x b) Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng. Câu 7( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  a, BC  a 3 . Hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD) cùng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc đoạn SC sao cho SC  3IC. Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SB biết AI vuông góc với SC. Câu 8( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng d : x  y  1  0 . Điểm E  9; 4  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F  2; 5 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm.  ( x  2) x 2  4 x  7  y y 2  3  x  y  2  0 Câu 9(1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  ( x, y  R) .  x  y 1  x  y 1  2 Câu 10(1,0 điểm ). Cho các số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 P  a  a.b  3 abc abc ----------------------------------Hết------------------------------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 11
ĐÁP ÁN ĐỀ THỬ SỨC SỐ 03 – GIAI ĐOẠN 2 Câu Nội dung Điểm 1 (1,0 điểm) 0.25 TXĐ: D  R y '  3x 2  6 x , y '  0  x  0 hoặc x  2 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0 và 2; , nghịch biến trên khoảng 0;2 Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCĐ  1 , đạt cực tiểu tại x  2 , yCT  3 0.25 lim y   , lim y   x  x  * Bảng biến thiên x –∞ 0 2 +∞ y' + 0 - 0 + 0,25 y +∞ –∞ 1 -3 Đồ thị TỰ VẼ 0.25 (1 điểm) 2 2 Hàm số f(x) liên tục và xác định trên [1;3] và f , (x)  1 0.25 x Với x  [1;3]: f ' (x)  0  x  2 0. 25 Ta có: f (1)  1;f (2)  2  2ln 2;f (3)  3  ln 3 0. 25 max f (x)  3  ln 3;min f (x)  1 0.25 [1;3] [1;3] 3 a,(0,5 đ). ta có: (1  i)( z  i)  2 z  2i  z  i 0.25 0.25 Khi đó: w  1  3i | w | 10 b,(0,5 đ). log9 (2.3x  3)  x  2.3x  3  9x  (3x )2  2.3x  3  0 0.25 Đặt t  3x  t 2  2t  3  0  t  1(l); t  3(n) 0.25 t=3 => x =1 e e e I   x (1  ln x)dx   x dx   x 2 ln xdx 2 2 0.25 4 1 1 1 e e3 1  x dx   2 0.25 1 3 3 ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 12
2e3 1 e  x 2 ln xdx  9  9 0.25 1 5e3  2 0.25 => I= 9   5. (1 điểm). VTCP của AB: u  AB  (2; 2; 8) 0,25   x  1  t   PTTS của AB:  y  2  t 0,25   z  3  4t   A, B, M thẳng hàng khi M là giao điểm của AB và (P). Vì M  (P)  M(1 t;2  t;3  2t) 0.25 M thuộc P : 2(-1+t)+2-t-3(3-2t)-4=0  t  1 => M(0 ;1 ;1) 0.25 6 a) (0.5 đ) tanx=2 => cos 2 x =1/5 0.25 2tanx-1 15 P=  0.25 tanx  cos x 2 9 b) (0.5 đ) Số phần tử của không gian mẫu là   C164  1820 . 0.25 +) Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau: - Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: C41C53 - Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: C41C52C71 - Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: C41C51C72 0.25 Khi đó B  C41C53  C41C71C52  C41C72C51  740 . B 740 37 Xác suất của biến cố B là P  B     .  1820 91 7. (1 đ) S A D E I O H B M C +) Gọi O  AC  BD , Vì (SAC )  ( ABCD),(SBD)  ( ABCD)  SO  ( ABCD) . AC  AB2  BC 2  a 2  3a 2  2a  OC  a. 0.25 CI CA Do AI  SC  SOC & AIC đồng dạng    SC  a 6 CO CS ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 13
1 15 +) SO  SC 2  OC 2  a 5, S ABCD  a.a 3  3a 2  VSABC  SO.S ABCD  a 3 0,25 3 3 0.25 +) Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M  SB // (AIM) 3VI . ABM  d ( SB, AI )  d ( SB, ( AIM ))  d ( B, ( AIM ))  . SAMI SO 5 a2 3 1 a3 15 Hạ IH  ( ABCD)  IH  a , SABM   VI . ABM  IH .SABM  3 3 3 3 27 SB SC 2 7 10 0.25 +) Ta có : IM    a ; AM  AB 2  BM 2  a , AI  AC 2  CI 2  a 3 3 3 3 3  3 70   154  S 1   a 2 55  cos MAI  sin MAI AMI  AM . AI sin MAI 28 28 2 12 3VI . ABM 4a 4a  d ( B, ( AIM ))    d ( SB, AI )  SAMI 33 33 8 (1 điểm) B +) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC 0.25 E  E’ thuộc AD. I J Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm E  9; 4  A C E'  phương trình EE’: x  y  5  0 . F Gọi I = AC  EE’, tọa độ I là nghiệm hệ D   y 5  0 x x  3    I  3;  2   x  y 1  0  y  2 Vì I là trung điểm của EE‟  E '(3; 8) +) AD qua E '(3; 8) và F (2; 5)  phương trình AD: 3x  y  1  0 0.25 +) A  AC  AD  A(0;1) . Giả sử C (c;1  c) . 0.25 Vì AC  2 2  c2  4  c  2; c  2  C (2;3) +) Gọi J là trung điểm AC  J (1; 2)  phương trình BD: x  y  3  0 . 0.25 Do D  AD  BD  D(1;4)  B(3;0) . Vậy A(0;1) , B(3;0), C (2;3), D(1;4). Điều kiện: x2  y  1  0 9. Phương trình (1)  ( x  2) ( x  2)2  3  x  2   y ( y) 2  3  y 0,25 t2 Xét hàm số f (t )  t t  3  t Có f '(t )  t  3  2 2  1  0 t 0,25 t2  3  Hàm số f(t) đồng biến trên R  Phương trình (1)  x  2   y 0,25 Thay vào (2) ta có ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 14
 3  3  x  x x  x  1  2x  3   2 2  2  x  x  1  4 x  12 x  9 2 2  x 2  x  1  4 x 2  12 x  9 0,25  3  x    3  2  x  2    x  1  x  1  y  1 (tmdk) 3x 2  13x  10  0  10  x    3 Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (-1;-1). 1 a  4b 1 a  4b  16c 4 +) Theo BĐT Cô-si ta có: a  ab  3 abc  a  .  . = (a  b  c) 2 2 4 3 3 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 4b = 16c 3 3 +)  P   , Đặt t  a  b  c , với t > 0 10. 2(a  b  c) abc 0,25 3 3 3 3 3 3 khi đó P   . Xét hàm f (t )   , f '(t )    , f‟(t) = 0  t = 1 2 t 2 t 2t 2t t3 t 2 +) Lập bảng biến thiên của hàm số f(t) 0.25 a  16 / 21 0.25 3 a  b  c  1  +) Từ BBT ta suy ra Pmin   đạt được khi   b  4 / 21 2 a  4b  16c c  1/ 21  ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 15
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 TRUNG TÂM HIẾU HỌC MINH CHÂU Môn thi: Toán ĐỀ THỬ SỨC SỐ 4 – GIAI ĐOẠN 2 Thời gian: 180 phút. 2 x  3 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  . x2 9 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  trên 1 x đoạn  3;0 Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z   2  i   4  5i . Tìm phần thực và phần ảo của z . b) Giải phương trình: 3x.2 x1  72 e ln x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   2 dx 1 x e Câu 5. (1,0điểm. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3;1; 1) và mặt phẳng ( P) : 2x  y  3z  6  0 . Viết phương trình đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng (P) và tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P). Câu 6. (1,0 điểm).  3  2    a) Tìm nghiệm của phương trình sin  x   trên đoạn  ;    4  2  2  b) An mua một tờ vé số Khánh Hòa gồm có 6 chữ số. Biết điều lệ giải thưởng như sau: giải Đặc biệt: trúng 6 số giải Khuyến khích: dành cho những vé chỉ sai một chữ số ở bất kì hàng nào theo thứ tự so với số trúng giải Đặc biệt (ngoại trừ vé sai một chữ số ở hàng trăm nghìn). Biết rằng chỉ có một vé trúng giải Đặc biệt .Tính xác suất để An trúng được một trong hai giải trên. Câu 7. (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy bằng 30o . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa SD, AC. Câu 8. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có M (2;1) là trung điểm cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao đi qua đỉnh A lần lượt có phương trình (d): x+y  5  0 và (d‟): 3x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng AC. Câu 9.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x  4  x  8x  17  y  y  1 2 2   x  y  y  21  1  2 4 y  3x  Câu 10.(1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa: x + y + z = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 x y 3 M  8(  )  ( x  y) 2 ( y  z )  5 yz ( x  z )  5 xz 2 2 2 ----------------------------------Hết------------------------------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 16
ĐÁP ÁN ĐỀ THỬ SỨC SỐ 04 – GIAI ĐOẠN 2 Câu 1 Tập xác định: D  R \ 2 (1,0 điểm) Sự biến thiên: 7  Chiều biến thiên: y '   0 , x  2 0.25  x  2 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 2  và  2;    Giới hạn và tiệm cận: lim y  2 , lim y  2 , lim y   , lim y   x  x  x 2 x 2 0.25 Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x  2 và một tiệm cận ngang là đường thẳng y  2  Bảng biến thiên: 0.25  Đồ thị: 0.25 Câu 2 9 (1,0 điểm) Ta có f ( x) liên tục và xác định trên đoạn  3;0 ; f '( x)  1  0.25 (1  x)2 Với x   3;0 , f '( x)  0  x  2 0.25 21 Ta có: f (3)  ; f (2)  5 ; f (0)  9 0.25 4 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f ( x) trên đoạn  3;0 lần lượt là -5 và -9 0.25 a) (0,5 điểm) Ta có: 1  i  z  2  4i  z  3  i 0.25 Câu 3. Do đó số phức z có phần thực bằng 3, phần ảo bằng -1 0.25 (1,0 điểm) b) (0,5 điểm) Ta có: 3x.2 x 1  72  6 x  36 0.25 ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 17
 x2 0.25 Vậy phương trình có nghiệm x  2 dx Đặt u  ln x và dv  x2 0.25 dx 1 Ta có du  và v  x x Câu 4  ln x e e (1,0 điểm) dx Do đó I   2 0.25 x 1 1 x e e 2  0.5 e Câu 5 x  3 y 1 z  1 (1,0 điểm) Đường thẳng d có phương trình   0.25 2 1 3 Gọi M là giao điểm của d và (P) , do M thuộc d nên M  3  2t;1  t; 1  3t  0.25 M thuộc (P) nên 2(3  2t )  (1  t )  3(1  3t )  6  0 suy ra t  1 0.25 Do đó M(1;2;2) 0.25 Câu 6 a) (0,5 điểm) (1,0 điểm) a)  x    k 2  ( k  )  x  3  k 2 0.25  2   0.25 Do   x   suy ra phương trình có nghiệm x   hoặc x   2 2 b) (0,5 điểm) b) Gọi  là không gian mẫu , ta có n()  106 0.25 Gọi A là biến cố „„ trúng một trong hai giải Khuyến khích hoặc giải Đặc biệt ” ta có n(A )  1  9.5  46 23 0.25 Vậy PA  500000 S H N A D B C ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 18
Câu 7 *Tính thể tích: (1,0 điểm) Ta có góc SBA là góc giữa SB và (ABCD) bằng 300 0.25 2a 3 Ta có SA  AB.tan 300  3 1 1 2a 3 2 8a 3 3 0.25 VS . ABCD  SA.S ABCD  . .4a  3 3 3 9 * Tính khoảng cách: 0.25 Kẻ đường thẳng d qua D và song song vớiAC Gọi N là hình chiếu vuông góc của A trên d H là hình chiếu vuông góc của A trên SN SA  DN Ta có suy ra DN  (SAN )  AH  DN NA  DN Do đó d  SD, AC   d  A;  SDN    AH Tam giác SAN vuông tại A có đường cao AH nên 0.25 1 1 1 1 2  2 2  2 suy ra d (SD, AC )  AH  a AH SA AN a Câu 8 Do A là giao điểm của (d) và (d‟) nên A  2;7  (1,0 điểm) 0.25 Do M là trung điểm của AB nên B  6; 5 Gọi N là trung điểm của BC nên N thuộc (d)  N  t;5  t  0.25   Ta có BN   t  6;10  t  , và VTCP ud '   1;3   Ta có BN .ud '  0  t  9 suy ra N  9; 4  Do N là trung điểm của BC nên C 12; 3 0.25 Phương trình đường thẳng AC: 5x  7 y  39  0 0.25 Câu 9 Điều kiện: y  0 (1,0 điểm) x  4  x  8x  17  y  y  1 2 2 0,25  ( x  4)  ( x  4)  1  y  y  1 2 2 Xét hàm số: f (t )  t  t  1 với t  0 2 t Ta có : f '(t )  1   0, t  0 t 1 2 Suy ra f(t) là hàm số đồng biến và liên tục với t  0 Do đó : ( x  4)  ( x  4)  1  y  y  1 2 2 0,25  f(x+4)=f(y) y=x +4 ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 19
Thay y = x +4 vào phương trình thứ hai, ta có : x  x  4  x  25  1  2 x  16 (*) , đk: x  -4 Nhận xét: x = -4 không phải là nghiệm của phương trình (*) Xét hàm số: g(x) = x  x  4  x  25  1  2 x  16 với x  (-4;  ) 1 1 1 Ta có: g‟(x) = 1    2 x  4 2 x  25 x  16 0,25 1 1 x  16  1  g‟(x) =   2 x  4 2 x  25 x  16 1 1 x  15  g‟(x) =   0 2 x  4 2 x  25 x  16( x  16  1) với x  (-4;  ) Suy ra g(x) là hàm số đồng biến và liên tục với x  (-4;  ) Do đó phương trình g(x) = 0 có tối đa một nghiệm với x  (-4;  ) Mặt khác : g(0) = 0 nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 0.  y = x + 4 = 0+ 4 =4 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x = 0 ; y = 4 0,25 Câu 10 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho y; z và x, z: (1,0 điểm) x 2 x 2 4 x 2   . ( y  z )  5 yz ( y  z ) 2  5 (y+z) 2 9 ( y  z ) 2 2 4 2 2 2 y y 4 y   . ( x  z )  5 xz ( x  z ) 2  5 (x+z) 2 9 ( x  z ) 2 2 0,25 4 Dấu “ = “ khi y = z = x. Khi đó : 4  x  2 2 2 2 x y y   .   2 ( y  z )  5 yz ( x  z )  5 xz 9  ( y  z ) ( x  z)  2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz: 2  x  2 2 2 x y  2 2 y     2 .  9  y  z x  z  (1 1 ) 9  ( y  z) 2 ( x  z) 2  Mà 2 2  ( x  y )  z( x  y)  2 2 x y  2 2     9  y  z x  z  9  xy  z ( x  y )  z 2  2  ( x  y) 2  2   z ( x  y )  2  2( x  y ) 2  4 z ( x  y )  2   2 0,25     9  ( x  y) 2 2 9  ( x  y) 2  4 z( x  y)  4 z 2   z( x  y)  z  4  Do x + y + z =2  x + y =2 – z nên 0,25 ĐỀ DỰ ĐOÁN THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ - NĂM 2016 TRANG 20