intTypePromotion=1

Đề thi minh họa, kì thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán - Bộ Giáo dục và Đào tạo

Chia sẻ: Vu Hoang Xuan Thanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

0
175
lượt xem
39
download

Đề thi minh họa, kì thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán - Bộ Giáo dục và Đào tạo

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

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi, mời các em và quý thầy cô cùng tham khảo "Đề thi minh họa, kì thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán - Bộ Giáo dục và Đào tạo" dưới đây. Hy vọng đề thi giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới và thầy cô giáo có thêm kinh nghiệm chấm thi.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi minh họa, kì thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán - Bộ Giáo dục và Đào tạo

  1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA – KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: Toán Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y  x 3  3x . Câu 2 (1,0 điểm).Cho hàm số y  x 4  mx 2  m  5 có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để đồ thị (Cm) của hàm số đã cho có ba điểm cực trị. Câu 3 (1,0 điểm) a) Giải bất phương trình 2log 3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2 b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i ) z  1  3i  0 . Tìm phần ảo của số phức w  1  zi  z . x 1 Câu 4 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  và các trục tọa độ. x2 x 1 y  3 z Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 :   2 3 2 x3 y z 2 và  2 :   . Tìm tọa độ giao điểm của 1 và  2 và viết phương trình mặt phẳng (P) sao 6 4 5 cho đường thẳng  2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P) Câu 6 (1,0 điểm) cos2 -3 a) Cho góc lượng giác  , biết tan   2 . Tính giá trị biểu thức P  . sin2  b) Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau đi xem phim Hậu Duệ Mặt Trời, trong đó có hai học sinh tên là Lực và Linh. Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc. Tính xác suất sao cho hai học sinh Lực và Linh ngồi cạnh nhau Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn là AD; các đường thẳng SA, AC và CD đôi một vuông góc với nhau; SA = AC = CD = a 2 và AD = 2BC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Điểm D thuộc tia đối của tia AC sao cho GD  GC . Biết điểm G thuộc đường   thẳng d : 2x  3y  13  0 và tam giác BDG nội tiếp đường tròn C : x 2  y 2  2x  12y  27  0 . Tìm toạ độ điểm B và viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hoành độ âm và toạ độ điểm G là số nguyên.  2 y  1 x  1   x  2   y 2  1  3 y 2  2 x  y  3  Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ:     8 x  10  (2 y  x  1)  5  x  1 ( y 2  10 x  1  24)  Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện ( x  y ) 3  4 xy  2 . Tìm min của biếu thức P  3( x 2  y 2 ) 2  2( x  y ) 2  xy (3xy  4)  2016 . Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu nào và giám thị coi thi không được giải thích thì thêm.
  2. Điể Câu Đáp án m Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y  x 3  3x . Tập xác định: D   x  1 0,25 Ta có y '  3x 2  3  y '  0   x  1 Giới hạn  3  x  x    lim y  lim x 3  3x  lim x 3  1  2    x   x  0,25  3  x  x    lim y  lim x 3  3x  lim x 3  1  2    x   x  Bảng biến thiên x  1 1  f' x    0  0   2   f x 0,25 2  1 Hàm số đồng biến trên khoảng 1;1    Hàm số nghịch biến trên khoảng ; 1 và 1;     Hàm số đạt cực đạt tại điểm x = 1 và yCĐ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = -1 và yCT = -2 Đồ thị: Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y 2 -2 0 2 -2 y f(x)=-x^3+3*x 5 0,25 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 2 Câu 2 (1,0 điểm).Cho hàm số y  x 4  mx 2  m  5 có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để
  3. đồ thị (Cm) của hàm số đã cho có ba điểm cực trị. x   ta có y' ( x)  4 x 3  2mx = 2 x (2 x 2  m) , 0,25 (Cm) có ba điểm cực trị khi y’(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt, tức là 2 x(2 x  m)  0 có ba nghiệm 2 0,25 phân biệt  2 x 2  m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 0,25  m 0. 0,25 Câu 3 (1,0 điểm) c) Giải bất phương trình 2log 3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2 ĐK: x  1 . BPT  2log 3 ( x  1)  log 1 (2 x  1)  2 32  log 3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  1  log 3 ( x  1)(2 x  1)  1 0,25 ( x  1)(2 x  1)  3  2 x 2  3 x  2  0 1 0,25 3    x  2 . Kết hợp ĐK ta có tập nghiệm là S  1;2 2 b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i ) z  1  3i  0 . Tìm phần ảo của số phức w  1  zi  z . Giả sử z  x  yi ( x, y  )  z  x  yi . x  2 Theo giả thiết, ta có (1  i )( x  yi )  1  3i  0  0  ( x  y  1)  ( x  y  3)i  0   0,25  y  1 Suy ra z  2  i . Ta có w  1  (2  i )i  2  i  3  i 2  2i  i  2  i . Vậy Im w  1 0,25 x 1 Câu 3 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  và các 4 x2 trục tọa độ. 0 x 1 Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (-1; 0). Do đó S   dx 0,25 1 x2 0 0 x 1 3 Ta có S   dx =  (1  x  2 )dx 0,25 1 x2 1  ( x  3ln x  2 )| 0 1 0,25
  4. 2 3  1  3ln  3ln  1 0,25 3 2 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x 1 y  3 z x3 y z 2 1 :   và  2 :   . Tìm tọa độ giao điểm của 1 và  2 và viết 2 3 2 6 4 5 phương trình mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng  2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P) Viết lại 1 và  2 dưới dạng tham số 0,25 Giải hệ phương trình tìm được giao điểm A(3; 0; 2) 0,25  5 Đường thẳng 1 có VTCP u1   2; 3; 2   Đường thẳng  2 có VTCP u2   6; 4; 5  0,25    Gọi (Q) là mặt phẳng chứa 1 ,  2 thì (Q) có VTPT là n  u1 , u2   (7; 22; 26) Vì  2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P)  (P) chứa  2 và ( P )  (Q )    0,25 Do đó (P) cũng đi qua A và có VTPT là n1   n , u2   (214;191; 104) (P) có phương trình là: 214 x  191 y  104 z  850  0 Câu 6 (1,0 điểm). cos2 -3 a) Cho góc lượng giác  , biết tan   2 . Tính giá trị biểu thức P  . sin2  cos2 -3 2cos2  4 P   0,25 sin2  1  cos2 1 1 1 9 1  tan2    cos2   . Suy ra P   0,25 cos  2 1  tan  5 2 2 b) Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau đi xem phim Hậu Duệ Mặt Trời, trong đó 6 có hai học sinh tên là Lực và Linh. Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc. Tính xác suất sao cho hai học sinh Lực và Linh ngồi cạnh nhau Mỗi cách xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành 1 hàng dọc là một hoán vị của 6 phần tử 0,25  n()  6!  720 (phần tử) Gọi A là biến cố: "Lực và Linh ngồi cạnh nhau".  n( A)  5!.2!  240 (phần tử) n( A) 240 1 0,25  P ( A)    (phần tử) n() 720 3 (Mà thực ra là mua vé đôi là được ngồi gần nhau = = ) Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn là AD; 7 các đường thẳng SA, AC và CD đôi một vuông góc với nhau; SA = AC = CD = a 2 và
  5. AD = 2BC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD Ta có: SA  AC và SA  CD S  SA  (ABCD).  ACD vuông cân tại C  AD = 2a  BC = a. K 0,25 Gọi I là trung điểm AD  AI = BC, AI // BC và CI  A I D AD  ABCI là hình vuông. H B  AB  AD. C (AD  BC).AB 3a2 1 1 3a2 a3 2 Do đó SABCD =  . Vậy VSABCD = .SABCD .SA  . .a 2  . 0,25 2 2 3 3 2 2  Ta có CD // BI  CD // (SBI)  d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(C, (SBI)) Gọi H = AC  BI và AK  SH tại K. Ta có AK  (SBI)  d(A, (SBI)) = AK. 0,25 Ta có 1  1  1  1  4  5  AK = a 10 . AK 2 SA 2 AH 2 2a2 2a2 2a2 5 a 10  d(A; (SBI)) = AK = . 5 a 10 Vì H là trung điểm AC nên d(C; (SBI)) = d(A; (SBI)) = . Vậy d(CD, SB) = 0,25 5 a 10 . 5 Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Điểm D thuộc tia đối của tia AC sao cho GD  GC . Biết điểm G thuộc đường thẳng d : 2x  3y  13  0 và tam giác BDG nội tiếp đường tròn C  : x 2  y 2  2x  12y  27  0 . Tìm toạ độ điểm B và viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hoành độ âm và toạ độ điểm G là số nguyên. Tam giác ABC vuông cân tại A có G là trọng tâm nên GB = C GC Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm G. Suy ra (?)   2BCD BGD   2BCA  900  BG  GD M d: 2x + 3y - 13 = 0 Hay tam giác BDG vuông cân tại G G Đường tròn (C) tâm I(1;6) bán kính R  10 ngoại tiếp tam 0,25 F giác BDG nên I là trung điểm của BD A B(?) Do đó IG  10 và IG  BD I(1;6) D
  6.  13  2m  Vì G  d : 2x  3y  13  0  G  m;   3  G 2; 3    Từ IG  10    28 75  , do toạ độ điểm G là số nguyên nên G(2;3). G  ;   13 13     0,25 BD đi qua I(1;6) và IG  BD nên phương trình x  3y  17  0 B 2;5 B, D  BD  C       (do hoành độ điểm B âm) D 4;7    Vậy B 2;5  Gọi M là trung điểm của BC ta có AM = MB = MC (do ABC vuông cân tại A) 1 1 Suy ra AM  BC  GM  MB và GM  AM  MB 3 3   MG  1  cosGBM Nên tan GBM  3 MB 3 10      Gọi n  a, b với a 2  b 2  0 là VTPT của BC.     Ta có VTCP của BG là BG  4; 2  nBG  1;2 là VTPT của BG   0,25       n .n   Có cos BG, BC  cos nBG , n  cosGBM     cos n , n  3  BG BG 10  nBG . n   3 a  2b a  b  0    35a 2  40ab  5b 2  0   10 5 a 2  b2   7a  b  0    Trường hợp 1: Với a  b  0  n  1;1 nên phương trình BC : x  y  3  0    Trường hợp 2: Với 7a  b  0  n  1;7 nên phương trình BC : x  7y  33  0 Do hai điểm D và G cùng mằn về một phía đối với đường thẳng BC nên phương trình BC thoả 0,25 mãn là x  y  3  0 Vậy BC : x  y  3  0 và B 2;5    2 y  1 x  1   x  2   y 2  1  3 y 2  2 x  y  3  9 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ:     8 x  10  (2 y  x  1)  5  x  1 ( y 2  10 x  1  24)  Điều kiện : x 1 0,25
  7.  2 y  1 x 1   x  2   y 2  1  3 y 2  2 x  y  3   2 y  1    x 1  y  x  2   x  2   y 2  1   y  x 1  0 2 x  1  y2 ( x  2)( x  1  y 2 )   2 y  1 .   (x  1 y2 )  0 x  1  y x  2   x  2   y 2  1   2y 1 x2   x 1 y  2   1  0(*)  x  1  y x  2    x  2   y  1  2  2 y  1 x 1   x  2   y 2  1  3 y 2  2 x  y  3   2 y  1    x 1  y  x  2   x  2   y 2  1   y  x 1  0 2 x  1  y2 ( x  2)( x  1  y 2 )   2 y  1 .   (x  1 y2 )  0 x  1  y x  2   x  2   y 2  1   2y 1 x2   x 1 y  2   1  0(*)  x  1  y x  2    x  2   y  1  2 0,25 Từ phương trình (2) ta có: 8 x  10  (2 y    x  1)  5  x  1 ( y 2  10 x  1  24)  2y  x 1  5   x  1 ( y 2  10 x  1  24)  0  2y  x 1  0 8 x  10  2y 1 x2 Do đó : x  1, y  0   1  0 x 1  y x  2   x  2   y 2  1 (*)  x  1  y 2  0  y  x  1 do y0 thay vào phương trình 2 ta được : 8 x  10    x  1  5  x  1 ( x  10 x  1  25)  8(x+1) x  1  2 x  1   5   x  1  5  x  1  1  2   0,25   2 x  1   2 x  1  5  x  1  5   3 3 x 1 Xét hàm : f (t )  t 3  t có f '(t )  3t 2  1  0, t  R do đó hàm đồng biến
  8.  2 x  1  5  x  1  4( x  1)  24  x  10 x  1  20  x  10 x  1  3 x  20   3 100( x  1)  9x  120x  400 2   20  20  x x 3 110  20 19  3  x 0,25 9x 2  220x  500  0  110  20 19 9  x   9  110  20 19 119  20 19  Vậy nghiệm của hệ :  ;   9 9    (Câu này trích bí kíp hệ của anh, lời giải trong ấy hay hơn nhiều ^^) Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện ( x  y ) 3  4 xy  2 . Tìm min của biếu thức P  3( x 2  y 2 ) 2  2( x  y ) 2  xy (3xy  4)  2016 . Với mọi số thực x, y ta luôn có ( x  y ) 2  4 xy , nên từ điều kiện suy ra ( x  y )3  ( x  y ) 2  ( x  y )3  4 xy  2  ( x  y )3  ( x  y ) 2  2  0  x  y  1 0,25 . 3 3 Ta biến đổi P như sau P  ( x 2  y 2 ) 2  ( x 2  y 2 ) 2  2( x 2  y 2  2 xy )  xy (3xy  4)  2016 2 2 3 2 3  ( x  y 2 ) 2  ( x 4  y 4 )  2( x 2  y 2 )  2016 (3) 0,25 2 2 10 (x 2  y 2 )2 9 Do x 4  y 4  nên từ (3) suy ra P  ( x 2  y 2 ) 2  2( x 2  y 2 )  2016 2 4 1 Đặt x 2  y 2  t thì t  (do x  y  1) . 2 0,25 9 1 9 1 Xét hàm số f (t )  t 2  2t  2016 với t  , có f ' (t )  t  2  0 , với t  nên hàm số 4 2 2 2 1   1  32249 f(t) đồng biến trên  ;  . Suy ra min f (t )  f    . 2   1  t ;   2 16 2  0,25 32249 1 Do đó GTNN của P bằng , đạt được khi và chỉ khi x  y  16 2 Chúc các em ngày 1.4 ( Cá tháng tư) vui vẻ nhé, đừng đau tim quá ! Hãy share để bạn bè cùng làm nhé và troll nó như anh troll các em vậy, kaka Đề thi tạo bởi Luyenthipro.vn nhân ngày cá tháng tư do đợi lâu quá không thấy đề mẫu đâu
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2