zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi tặng học sinh kì thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Báo xấu

53
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi tặng học sinh kì thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán có cấu trúc gồm 10 câu hỏi trong thời gian làm bài 180 phút có hướng dẫn lời dẫn, mời các bạn cùng tham khảo để có thêm tài liệu học tập và ôn thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tặng học sinh kì thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan GV: Nguyễn Thanh Tùng ĐỀ THI TẶNG HỌC SINH Hocmai.vn KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút 2x 1 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  . x 1 Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  1 có đồ thị (C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại giao điểm của đồ thị (C ) với đường thẳng y  4 x  1 . Câu 3 (1,0 điểm). a) Tìm số số phức z có phần thực hơn phần ảo 7 đơn vị và có môđun bằng 5. b) Giải phương trình sau trên tập số thực : log 2  4 x  4   x  log 1  2 x 1  3 . 2 1 x 15 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x x x dx . 0 25  3.15  2.9 x 1 y z  2 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :   , hai điểm A(2; 1;3), B(0;1; 2) . 1 3 1 Gọi C là điểm thuộc đường thẳng  có tọa độ nguyên sao cho OC  5 . Tìm tọa độ điểm C và tính thể tích khối tứ diện OABC (với O là gốc tọa độ). Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sin x cos 3 x  cos x.(1  sin 3 x) . b) Gọi S là tập hợp các số có 3 chữ số được lập từ các chữ số 1, 9,8 . Người ta chọn ra 6 số từ tập S để tạo ra 6 mã đề thi trắc nghiệm của môn Vật lí trong kì thi THPT Quốc gia năm 2016. Tính xác suất để 6 mã đề được chọn, mỗi mã đề đều có tổng các chữ số là một số lẻ. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Biết BAA '  450 . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC ' và AB ' . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (T ) và C (1; 0) .  1   3 5 Biết tiếp tuyến của đường tròn (T ) tại B cắt AC tại E . Gọi F   ; 2  là điểm thuộc đoạn BE và J   ;  là tâm  2   4 4 đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết D (2;1) thuộc đường tròn (T ) . 1  x  2 y  1 Câu 9 (1,0 điểm). Tìm m để hệ sau có 4 nghiệm thực phân biệt:   x 2  4( y 2  m)  8 y  4 Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực thuộc khoảng (0; 2) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 3 3 T    2  x 2  y 2  z xy  yz  zx  3 -----------------------------Hết------------------------------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! Họ và tên thí sinh:………………………………………….; Số báo danh:……………………………….. Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ------------------------------- Môn : TOÁN Nguyễn Thanh Tùng (Đáp án – thang điểm gồm 07 trang) Câu Đáp án Điểm 2x 1  1, 0 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  . x 1 * Tập xác định: D   \{1} . * Sự biến thiên: 3 – Chiều biến thiên: y '   0, x  D . 0,25 ( x  1)2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1;  ) . – Cực trị: Không có. – Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang: y  2 . x  x  0,25 lim y   , lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 . x 1 x 1 – Bảng biến thiên: 0,25 1 * Đồ thị: 0,25 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan 3 2 Cho hàm số y  x  6 x  9 x  1 có đồ thị (C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C )  1, 0 tại giao điểm của đồ thị (C ) với đường thẳng y  4 x  1 . Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) với đường thẳng y  4 x  1 là: x  0  y 1 0,25 x  6 x  9 x  1  4 x  1  x( x  6 x  5)  0   x  1  y  5 3 2 2 2  x  5  y  21 Với M 0 (0;1)  f '(0)  9 , suy ra phương trình tiếp tuyến: y  9 x  1 0,25 Với M 0 (1;5)  f '(1)  0 , suy ra phương trình tiếp tuyến: y  5 0,25 Với M 0 (5; 21)  f '(5)  24 , suy ra phương trình tiếp tuyến: y  24 x  99 . 0,25 a) Tìm số số phức z có phần thực hơn phần ảo 7 đơn vị và có môđun bằng 5.  1, 0 3 b) Giải phương trình sau trên tập số thực : log 2  4 x  4   x  log 1  2 x 1  3 2 Gọi z  a  bi với a, b   0,25 Theo đề ra ta có: a  b  7 (1) và z  a 2  b 2  5 (2) a) Từ (1)  b  a  7 thay vào (2) ta được:  a  3  b  4 a 2  (a  7) 2  5  a 2  7 a  12  0   . Vậy z  3  4i hoặc z  4  3i . 0,25  a  4  b  3 Biến đổi phương trình tương đương : log 2  4 x  4   log 2 2 x  log 2  2 x1  3  0,25  log 2  4  4   log 2  2  2 x x x1  3   4  4  2  2 x x x1  3 b)  4 x  3.2 x  4  0  2 x  1 (vô nghiệm ) hoặc 2 x  4  x  2 . Vậy phương trình có nghiệm : x  2 . 0,25 1 15 x Tính tích phân I   dx . x x 0 25  3.15  2.9 x  1, 0 x 5 1 15 x 1   I  x dx   3 dx x x x x 0,25 0 25  3.15  2.9 0  25  5    3.    2  9  3 x x x 5 5 5 5 dt 4 +) Đặt t     dt    ln dx    dx   3 3 3  3 ln 5  ln 3 0,25 5 Đổi cận x  0  t  1 và x  1  t  3 5 5 3 3 1 dt 1  1 1  Khi đó I   2      dt ln 5  ln 3 1 t  3t  2 ln 5  ln 3 1  t  1 t  2  0,25 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan 5 1 t 1 3 ln12  ln11 ln12  ln11 0,25  ln  . Vậy I  . ln 5  ln 3 t  2 1 ln 5  ln 3 ln 5  ln 3 x 1 y z  2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :   , hai điểm 1 3 1 5 A(2; 1;3), B(0;1; 2) . Gọi C là điểm thuộc đường thẳng  có tọa độ nguyên sao cho  1, 0 OC  5 . Tìm tọa độ điểm C và tính thể tích khối tứ diện OABC (với O là gốc tọa độ). Do C    C (1  t;3t ; 2  t ) với t  , khi đó: 0,25 OC  5  OC 2  5  (t  1) 2  9t 2  (t  2) 2  5 6 0,25  11t 2  6t  0  t  0 hoặc t   (loại)  C ( 1; 0; 2) 11  OA  (2; 1;3)       0,25 Ta có OB  (0;1; 2)  OA, OB   (1; 4; 2)  OA, OB  .OC  1  0  4  5  OC  (1; 0; 2) 1    5  VOABC  OA, OB  .OC  6 6 0,25 a) Giải phương trình sin x cos 3 x  cos x.(1  sin 3 x) . 6 b) Gọi S là tập hợp các số có 3 chữ số được lập từ các chữ số 1, 9,8 . Người ta chọn ra 6 số từ  1, 0 tập S để tạo ra 6 mã đề thi trắc nghiệm của môn Vật lí trong kì thi THPT Quốc gia năm 2016. Tính xác suất để 6 mã đề được chọn, mỗi mã đề đều có tổng các chữ số là một số lẻ. sin x cos 3 x  cos x.(1  sin 3 x)  sin x cos 3 x  cos x sin 3x  cos x 0,25    sin 4 x  sin   x  2  a)     k 2  4 x  2  x  k 2  x  10  5   ( k  ) 0,25  4 x    x  k 2  x    k 2  2  6 3  k 2  k 2 Vậy phương trình có nhiệm x   hoặc x   với k  . 10 5 6 3 Gọi số có 3 chữ số dạng a1a2 a3 Bước 1: Mỗi chữ số a1 , a2 , a3 đều có 3 cách chọn, nên số các số thuộc tập S là 3.3.3  27 số. Bước 2: Ta đi tính số các số thuộc tập S mà có tổng các chữ số là một số chẵn.  Trường hợp 1: a1 , a2 , a3 đều chẵn, suy ra số đó là 888 , có 1 số 0,25 b)  Trường hợp 2: a1 , a2 , a3 có 1 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ khác nhau, có 3!  6 số  Trường hợp 3: a1 , a2 , a3 có 1 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ giống nhau, có 3.1  3 số Vậy có 1  6  3  10 số thỏa mãn bước 2 Suy ra số các số thuộc tập S mà có tổng các chữ số là một số lẻ là 27  10  17 số. Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Bước 3: Số cách chọn 6 số từ tập S là: C276 (cách) Số cách chọn 6 số từ 17 số mà có tổng các chữ số là một số lẻ là: C176 (cách) 0,25 C176 6188 Vậy xác suất cần tính là: 6  . C17 148005 Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A '  1, 0 lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Biết '  450 . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai BAA đường thẳng CC ' và AB ' . OE  AB Gọi E là trung điểm của AB , ta có:   AB  ( A ' OE )  AB  A ' E  A ' O  AB a 0,25 Xét tam vuông A ' EA ta có: A ' E  AE .tan 450  2 1 1 a 3 a 3 a2 3 Tam giác ABC đều cạnh a nên ta có: OE  CE  .  và S ABC  3 3 2 6 4 Suy ra 2 2 B' a 3a a 6 C' A 'O  A ' E 2  OE 2    4 36 6 0,25 a 6 a 3 a3 2 2  VABC . A' B ' C '  A ' O.S ABC  .  6 4 8 A' Do CC ' // AA '  CC ' // ( AA ' B ' B )  d (CC ', AB ')  d (CC ', ( AA ' B ' B ))  d (C , ( AA ' B ' B )) (1) 7 Ta có CO  ( AA ' B ' B)  E H d (C , ( AA ' B ' B)) CE B C   3 d (O, ( AA ' B ' B)) OE 0,25  d (C , ( AA ' B ' B ))  3d (O, ( AA ' B ' B )) (2) O E Kẻ OH  A ' E ( H  A ' E ), khi đó : OH  A ' E   OH  ( AA ' B ' B) A OH  AB  d (O,( AA ' B ' B ))  OH (3) 1 1 1 12 6 18 a 2 Ta có 2  2  2  2  2  2  OH  (4) OH OE A 'O a a a 6 a 2 a 2 0,25 Từ (1), (2), (3) và (4) ta được: d (CC ', AB ')  3.  6 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (T ) và  1  C (1; 0) . Biết tiếp tuyến của đường tròn (T ) tại B cắt AC tại E . Gọi F   ; 2  là điểm  2   3 5  1, 0 thuộc đoạn BE và J   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các  4 4 đỉnh còn lại của tam giác ABC biết D (2;1) thuộc đường tròn (T ) . Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Gọi M là giao điểm của CF và đường tròn (T ) , lúc này ta sẽ chứng minh M cũng thuộc đường B D tròn ngoại tiếp tam giác 1 AEF hay ta sẽ đi chứng minh AEFM nội tiếp đường tròn tâm J . Thật I vậy: 0,25 F M Ta có EB  (cùng phụ 2 1 1 1  với ACB ) và B M  1 1 1 J E (cùng chắn cung AC ) C Suy ra: A M E E   FMA  8 1 1 1   FMA M   1800 1 suy ra AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*)  x  1  3t Phương trình đường thẳng CF là:   M (1  3t; 4t ) . Khi đó từ (*), suy ra:  y  4t 2 2  7  5 5 JM  JF  JM  JF   3t     4t     50t 2  41t  8  0 2 2  4  4 8 0,25  8   1 32   t    M  25 ; 25  25    1 32    M ;  t   1   1   25 25   M   ;2  F  2   2  Ta có phương trình trung trực d1 của DC là : x  y  2  0 phương trình trung trực d 2 của MC là: 3 x  4 y  1  0 Khi đó tọa độ tâm I của đường tròn (T ) ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC ) x  y  2  0 x  1 0,25 là nghiệm của hệ:    I 1;1 3 x  4 y  1  0 y 1 Do ABC vuông tại A , suy ra I là trung điểm của BC , do đó B (1; 2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và ngoại tiếp tam giác AEF lần lượt có phương trình: 3 5 3 x 2  y 2  2 x  2 y  1  0 và x 2  y 2  x  y   0 2 2 2 Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  1 x2  y2  2x  2 y 1  0  x  0,25  x  0 25  1 32   2 2 3 5 3   hoặc   A(0;1) hoặc A  ;   M (loại)  x  y  x  y   0  y  1 y  32  25 25   2 2 2  25 Vậy A(0;1), B (1; 2) . Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan 1  x  2 y  1 Tìm m để hệ sau có 4 nghiệm thực phân biệt:   1, 0  x 2  4( y 2  m)  8 y  4  x  2 y 1  1  Biến đổi hệ tương đương:  2  x 2   2( y  1)  4m a  x a  b  1   4 4 Đặt  (với a, b  0 ), khi đó hệ trở thành:  a  b  4m b  2 y  1 a  0, b  0 0,25  Nhận xét: Với mỗi nghiệm (a; b)  (a0 ; b0 ) mà a0  0, b0  0 thì hệ sẽ có 4 nghiệm phân biệt  2 b02   2 b02   2 b02   2 b02  là:  a0 ;1   ,  a0 ;1   ,   a0 ;1   ,   a0 ;1    2  2  2  2 Với mỗi nghiệm (0;1) hoặc (1; 0) cho ta 2 nghiệm phân biệt. Điều kiện cần: 9 Do hệ phương trình có tính đối xứng với hai biến a, b nên nếu hệ có nghiệm ( a, b) thì (b; a) cũng là nghiệm. Kết hợp với nhận xét trên ta suy ra điều kiện cần để hệ có 4 nghiệm là a  b hoặc (a; b)  (1;0), (0;1) . 0,25 1 1 +) Với a  b thay vào hệ ta được a  b   m  2 32 1 +) Với a  0, b  1 hoặc a  1; b  0  m  . 4 Điều kiện đủ : a  b  1 1  1  +) Với m  , khi đó hệ có dạng: a 4  b 4  32  8 a  0, b  0 2  (a  b) 2  0,25   4 4 (a 2  b 2 ) 2  2  ( a  b) 4 1 Với a, b  0 ta luôn có: a  b     2 2 8 8 1  1 9   1 7   1 9   1 7   Dấu ‘=” xảy ra khi a  b  , hệ có 4 nghiệm  x; y    ;  ,  ;  ,   ;  ,   ;   . 2  4 8   4 8   4 8   4 8   a  b  1 1  4 4 +) Với m  , khi đó hệ có dạng: a  b  1 4 a  0, b  0  4 0  a  1 a  a Ta có a 4  b 4  1    4  a  b  a 4  b4  1 0  b  1 b  b 0,25 4 a  a  a  0, b  1 Dấu “=” xảy ra khi  4   a  1; b  0 , khi đó hệ có 4 nghiệm b  b   3 1  1 1  x; y    0;  ,  0;  , 1;1 ,  1;1 . Vậy các giá trị m cần tìm là m  hoặc m  .  2   2   32 4 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Cho x, y, z là các số thực thuộc khoảng (0; 2) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 1  1  1  3 3  1, 0 2  x 2  y 2  z xy  yz  zx  3 1 x2 x2 2  x 1 x2  1 Ta có 2  1 2  1   0  . x 1 x 1 2x 2 2 x 2 0,25 1 y2 1 1 z2 1 Tương tự  và  2 y 2 2 z 2 1 1 1 x2  y2  z 2  3 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:    2 x 2 y 2 z 2 0,25 x2  y 2  z2  3 3 3 Khi đó P   . 2 xy  yz  zx  3 10 Mặt khác với x, y, z ta luôn có: ( x  y ) 2  ( y  z ) 2  ( z  x )2  0  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  0 . Suy ra x2  y 2  z 2  3 x2  y2  z2  3 0,25 x2  y 2  z2  3 3 3 2 2 3 3 P  2    2 2 x  y2  z2  3 2 2 x  y2  z2  3 x2  y2  z2  3 x2  y2  z2  3 AM  GM 3 2 2 3 3 3 3  3 . . 2 2 2  0,25 2 2 x  y  z 3 2 3 3 3 3 Khi x  y  z  1 thì P  . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là . 2 2 CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU ! GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.