intTypePromotion=3

Đề thi KSCL ôn thi THPT Quốc gia lần 2 năm học 2015 - 2016 môn Toán (Kèm theo đáp án) - Trường THPT Hùng Vương

Chia sẻ: Nguyễn Thị Uyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

0
54
lượt xem
1
download

Đề thi KSCL ôn thi THPT Quốc gia lần 2 năm học 2015 - 2016 môn Toán (Kèm theo đáp án) - Trường THPT Hùng Vương

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo Đề thi KSCL ôn thi THPT Quốc gia lần 2 năm học 2015 - 2016 môn Toán của trường THPT Hùng Vương sau đây giúp các em học sinh ôn tập, rèn luyện kỹ năng giải đề thi THPT Quốc gia môn Toán đạt điểm cao.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL ôn thi THPT Quốc gia lần 2 năm học 2015 - 2016 môn Toán (Kèm theo đáp án) - Trường THPT Hùng Vương

  1. TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN II Môn :TOÁN – NĂM HỌC 2015-2016 Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian phát đề Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x2  2 Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của hàm số : f ( x)  2  x2  x Câu 3 (1,0 điểm) 1. Giải phương trình sau : log 9 ( x  1)2  log 3 ( 2 x  3)  0 2. Cho số phức z thỏa mãn : z  1  2i .Tính modun của số phức w  6  z2 .  4 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân sau : I   ( x  1)s inx.dx 0 Câu 5 (1,0 điểm) 1. Cho hàm số f ( x)  sin4 x  4cos2 x  cos4 x  4sin2 x .Chứng minh rằng : f '( x )  0. 2. 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 vàng. Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) có phương trình x  2 y  z  3  0 và điểm M (1;1; 3) Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng ( P ) . Tìm giao điểm của đường thẳng  và mặt phẳng ( P ) . Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .Có đáy ABC là tam giác cân tại C , với AB  a, AC  2a .Hình chiếu vuông góc của A ' xuống mặt phẳng đáy ( ABC) trùng với trung điểm của đường cao kẻ từ C của tam giác ABC .Biết cạnh A ' A tạo với đáy một góc là 600 .Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' ,và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và B ' C . Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC vuông cân tại A , Gọi M là trung điểm cạnh AC , D là điểm thuộc cạnh BC thỏa mãn BD  2DC, H hình chiếu vuông góc của D trên BM .Tìm tọa độ 18 24 các đỉnh A, B, C biết D( 2; 4); H (  ; ) và đỉnh B có hoành độ nguyên. 5 5 Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: x3  4 x 2  10 x  3x  2  6  4 x  1 Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn x  y  1 . Chứng minh bất đẳng thức:  2016 x  2016 y    1  x2  1  y2   x  y  2015 1  x2  x  2015 1  y2  y .  ......HẾT..... Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Thí sinh không được sử dụng tài liệu Họ và tên:...........................................................................Số báo danh:............... Cảm ơn thầy Anh Hoang (anhcr7vip1999@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl
  2. HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 LẦN II Môn: TOÁN (Đáp án-thang điểm gồm 06 trang) I) Hướng dẫn chung: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II) Nội Dung: Câu Nội dung Điểm y  x 3  3 x 2  2. 0,25 1) Tập xác định: . 2) Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y   và lim y  . x  x  x  0 * Chiều biến thiên: Ta có y '  3x 2  6 x; y '  0   . x  2 Suy ra : 0,25 hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 0  ,  2;    ; nghịch biến trên khoảng  0; 2  . 1 * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCĐ  2, hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  2.  Bảng biến thiên: x  0 2  0,25 y' + 0 - 0 + y 2   -2 1
  3. 3) Đồ thị: y 2 0,25 O 2 x 2 Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của biểu thức: f ( x )  2  x2  x TXĐ: D   2 ; 2  x  x  2  x2 0,25 f '( x )  1  2  x2 2  x2 2 x  0 f '( x )  0  2  x 2  x   2 2  x 1 0,25 2  x  x f (  2 )   2 ; f (1)  2; f ( 2 )  2 0,25 max f  x   f 1  2,  2; 2      2; 2      min f  x   f  2   2 0,25 1. Giải phương trình sau : log 9 ( x  1)2  log 3 ( 2 x  3)  0 2. Cho số phức z thỏa mãn : z  1  2i .Tính modun của số phức w  6  z 2 . 3 1. ĐK: x 2 2 0,25 log 9 ( x  1)  log 3 ( 2 x  3)  0  log 3 ( x  1)  log 3 ( 2 x  3)  0 3  x  2(tm)  log 3 ( 2 x  3)( x  1)  0  2 x 2  5 x  2  0    x  1 ( l) 0,25  2 Vậy nghiệm của phương trình là : x  2 w  6  (1  2i )2  3  4i 2 . 0,5 w  32  4 2  5  4 Tính tích phân sau : I   ( x  1)s inx.dx 4 0 u  x  1  du  dx   ; 0,25  dv  sin xdx v   cos x 2
  4.   4 I  ( x  1)cos x 4   cos xdx 0,25 0 0   I  ( x  1)cos x 4  sin x 4 0,25 0 0  2 I  1 0,25 8 5 Câu 5 (1,0 điểm) 1. Cho hàm số f ( x)  sin4 x  4 cos2 x  cos4 x  4 sin2 x .Chứng minh rằng f '( x )  0, 2.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 vàng. 1. f ( x )  sin4 x  4 cos2 x  cos4 x  4 sin2 x  (1  cos2 x )2  4 cos2 x  (1  sin2 x)2  4 sin2 x 0,25  (1  cos2 x)2  (1  sin2 x)2  2  (sin2 x  cos2 x )  3 f '( x )  0 suy ra điều phải chứng minh. 0,25 4 2.Số phần tử của không gian mẫu n     C  1820 16 0,25 +) Gọi A là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả màu đỏ không 9 quá 2 quả màu vàng. Khi đó xảy ra các khả năng sau: - Số cách lấy 1 quả đỏ, ba quả xanh là C14 C53 - Số cách lấy 1 quả đỏ, hai quả xanh, 1 quả vàng C14 C52 C17 0,25 - - Số cách lấy 1 quả đỏ, một quả xanh, 2 quả vàng C14C15C72 n  A  740 37 Suy ra n  A   C14 C35  C14 C52 C17  C14 C15 C27  740 Suy ra P  A     n    1820 91 Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) có phương trình x  2 y  z  3  0 và điểm M (1;1; 3) Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng ( P ) . Tìm giao điểm của đường thẳng  và mặt phẳng ( P ) .  6 Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là n p  (1; 2; 1) 0,25 Đường thẳng  đi qua điểm M (1;1; 3) và vuông góc với ( P ) nên nhận véc tơ pháp tuyến của ( P ) làm véc tơ chỉ phương: x  1  t 0,25 Phương trình đường thẳng  :  y  1  2 t z  3  t  Gọi I là giao điểm của đường thẳng  và mặt phẳng ( P ) . Vì I thuộc đường thẳng 0,25 3
  5. 1  nên tọa độ (1  t )  2(1  2 t )  ( 3  t)  3  0  t   2 1 7 0,25 Vậy tọa độ điểm I ( ; 0; ) 2 2 Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .Có đáy ABC là tam giác cân tại C , với AB  a, AC  2 a .Hình chiếu vuông góc của A ' xuống mặt phẳng đáy ( ABC ) trùng với trung điểm của đường cao kẻ từ C của tam giác ABC .Biết cạnh A ' A tạo với đáy một góc là 600 .Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' ,và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và B ' C . A' C' Gọi M là trung điểm của AB, H là trung điểm của CM. Hình chiếu của AA’ xuống (ABC) là AH. Vậy góc giữa cạnh bên và đáy là góc B' K A ' AH  600 . Ta có: 0,25 2 a 2 a 15 2 2 MC  AC  AM  4a   A 2a C 4 2 7 H a 2 15a 2 a 19 M AH  AM 2  MH 2    a 4 16 4 B a 57  A ' H  AH tan 600  4 0,25 1 3a 3 95  285 3  Vậy VABCA ' B 'C '  A ' H .S ABC  A ' H . CM . AB  (đvtt) .  a  2 16  16  *Tính d  B ' C , AB  . Ta có AB//(A’B’C), B’C  (A’B’C)  d  AB, B'C   d  AB,  A'B'C    d  M,  A'B'C    2d  H,  A'B'C   ( H là trung điểm CM) 0,25 + Gọi K là hình chiếu của H trên A’C  HK  A ' C 1 + Ta có: A’B’  A’H (gt), A’B’  CM ( vì CM  AB, AB//A’B’)  A ' B '   A ' CM   A ' B '  HK  2  . Từ (1) và (2): HK   A ' B ' C   d  H ,  A ' B ' C    HK Tam giác A’HC vuông tại H, HK là đường cao ứng với cạnh huyền a 190 0,25  d  AB, B'C   2 HK  8 Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC vuông cân tại A , Gọi M là trung điểm cạnh AC , D là điểm thuộc cạnh BC thỏa mãn BD  2 DC, H hình chiếu vuông góc của D 18 24 trên BM .Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết D( 2; 4 ); H (  ; ) và đỉnh B có hoành độ nguyên. 5 5 4
  6. A Viết được phương trình đường thẳng DH là: x  2y  6  0 . 0,25 M Đường thẳng BM đi qua H và H vuông góc với DH là: K 2 x  y  12  0 Chứng minh được 3 điểm A, H , D B C D thẳng hàng từ đó xác định được mối   liên hệ giữa vecto AH , HD ? 8 ( Thí sinh chứng minh được phần này được 0,5 điểm)   Ta có BD  2 DC nên suy ra DB  2 DC    2  1      1  DB  2 DC  DA  CA  BA và vecto BM  BA  AM  BA  CA 3 3 2   2  1    1  1   2 1   2 . Vậy vecto DA. BM  ( CA  BA )( BA  CA )  BA  CA =0 ( do tam 3 3 2 3 3 0,25   giác ABC vuông cân tại A ) nên được 3 điểm A, H , D thẳng hàng và AH , HD cùng hướng. Từ D kẻ DK / / AC( K  MB ) . Tam giác HD KD KD HKD  HMA    ( do : MA  MC ) (`1) HA MA MC BD KD BKD  BMC   (2) BC MC HD BD 2  3  0,25 Từ (1) và (2) suy ra    HA  HD HA BC 3 2  18 3 18   5  x A  2 ( 2  5 )  x A  6 Gọi A( x A ; yA ) vậy   . Vậy A( 6; 6 ) 24 3   y  (4  ) 24 y  A  6 A  5 2 5 2a 2 Đặt AB  AC  a,( a  0 )  BC  a 2 ; BD  3 Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác BAD ta tính được 0,25 AD 2  AB 2  BD 2  2. AB.BD cos 450  a2  36 Do B thuộc đường thẳng BM , nenB( b; 2b  12 ) :  b  6 BA  36  5b  36b  36  0   2 2 , B(-6;0) b   6 ( l )  5  1  Ta có DC   DB  C( 0; 6 ) ,vậy tọa độ 3 điểm là A(-6;6) B(-6;0) C(0;6) 2 Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: x3  4 x 2  10 x  3x  2  6  4 x  1 9 Đặt x  1 .Bất phương trình tương đương với: 0,5 5
  7. x 3  4 x 2  10 x  12  4( x  1  1)  ( 3 x  2  2 )  0 4( x  2 ) 3( x  2 )  ( x  2 )( x 2  2 x  6 )   0 x 1 1 3x  2  2  4 3   ( x  2)  x 2  2 x  6   0  x 1  1 3x  2  2   4 3   ( x  2 ) ( x  1)2  4  1 0  x 1 1 3x  2  2   4 3   ( x  2 ) ( x  1)2  4  1 0  x 1 1 3x  2  2   4 x 1 3x  2  1   ( x  2 ) ( x  1)2   0  x 1 1 3x  2  2   4 x 1 3( x  1)   ( x  2 ) ( x  1)2   0  x  1  1 ( 3 x  2  2 )( 3 x  2  1)   4 3 x 1  0,25 ( x  2) x  1 ( x  1) x  1   0  x  1  1 ( 3 x  2  2 )( 3 x  2  1)  Với x  1 .Biểu thức trong ngoặc [...] >0 vậy bất phương trình tương đương với: x  1 ( x  2) x  1  0   x  2 0,25 x  1 Vậy nghiệm của bất phương trình là:  x  2 Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn x  y  1 . Chứng minh bất đẳng thức:  2016 x  2016 y     1  x2  1  y2   x  y  2015 1  x 2  x  2015 1  y2  y . Chia cả 2 vế của Bất đẳng thức cần chứng minh cho   1  x 2  1  y2 , ta được Bất  x y  đẳng thức tương đương 2016 x  2016 y   x  y   2015   0,25  1  x  1  y2 2     1  x 2  1  y2   2016 x  2016 y   x  y   2015    x y  10   0,25  2016 x  2016 y  2015 x  2015 y  1  x2  1  y2  2016 x  2015 x  1  x2  2016 y  2015 y  1  y2 * . Xét hàm số f  t   2016t  2015t  1  t 2 , với t  1 , ta có 1  t2  t  f '  t   2016t ln 2016  2016   Vì t  1 nên 1  t2 0,25 6
  8. 2016 t ln 2016  2016  2016 ln 2016  2016  0 , 1  t2  t  t  t  0, t ; do đó f '(t)  0, t  1 chứng tỏ f  t  là hàm số đồng biến trên nửa đoạn 1;   . Mà theo giả thiết x  y  1 nên f  x   f  y  , do vậy từ  *  suy ra điều phải c.minh. 0,25 …….HẾT…… Cảm ơn thầy Anh Hoang (anhcr7vip1999@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 7

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản