Đề thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 1 - Trường THPT Hồng Quang

Chia sẻ: Minh Thư | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

112
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang gặp khó khăn trước kì thi trung học phổ thông và bạn không biết làm sao để đạt được điểm số như mong muốn. Mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 1 - Trường THPT Hồng Quang" sẽ giúp các bạn nhận ra cách giải các bài tập trong đề thi. Chúc các bạn làm thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 1 - Trường THPT Hồng Quang

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG MÔN: TOÁN –LẦN I (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) 3 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3x  2 . Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  x  2  4  x . Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: cos 2 x  5sin x  2  0 . b) Giải bất phương trình: log 0,5 x  2 log 0,25 ( x  1)  log 2 6  0. 5 dx Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   1 2x 1  5 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;-1;2); B(3;1;0) và mặt phẳng (P) có phương trình: x - 2y - 4z + 8 = 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trong mặt phẳng (P) sao cho CA = CB và mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P). Câu 6 (1,0 điểm). 10  5  a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức  x. 3 x  2  với x  0 .  x  b) Từ các chữ số 1, 3, 4, 5, 6, 7 lập các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số bất kì trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M là trung điểm CD, SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) với H là giao điểm của AC với BM. Góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM theo a. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D là điểm đối xứng với C qua A. Điểm H(2; -5) là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AD, điểm K(-1; -1) là hình chiếu vuông góc của điểm D trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình  x  12   y  2 2  25 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có hoành độ dương. Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực 6 x3  3 x 2  y  y 2  xy  3 x  2   2  4 x  y  2  x  1  y  1 Câu 10 (1,0 điểm). Cho 2 số thực a, b a, b   0;1 và thỏa mãn: ( a 3  b3 )(a  b)  ab(1  a)(1  b) . 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P    3ab  a 2  b 2 . 2 2 1 a 1 b -----------------------HẾT----------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Hä và tªn thÝ sinh: ................................................................................; SBD.....................................
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I Câu Nội dung Điểm Câu 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 3  3 x  2 (1,0 điểm) * Tập xác định: D   * Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3 ; y '  0  x  1 hoặc x  1 - y' > 0 với x   1;1 nên hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 ; y' < 0 với x   ; 1  1;+  nên hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 1 và 1;+  0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1; yCT = - 4 , đạt cực đại tại x  1, ; yCĐ = 0 - Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  - Bảng biến thiên x  -1 1    f' x  0  0   0 0,25   f x 4  * Đồ thị : y Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 2) 4 Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (2;0), 1;0  2 0,25 x -2 -1 O 1 5 -2 -4 -4 Câu 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  x  2  4  x . (1,0 điểm) x  2  0 1 1 4 x  x 2 Đk:   2  x  4  TXĐ: D   2; 4 ; f '( x )    0,25  4  x  0 2 x  2 2 4  x 2 x  2. 4  x f '( x )  0  4  x  x  2  x  3   2; 4  0,25 f  2   2; f  3  2; f  4   2; 0,25 Vậy max f  x   2 khi x  3 , min f  x   2 khi x  2 hoặc x = 4. 0,25 2;4  2;4 Câu 3 a) Giải phương trình: cos 2 x  5sin x  2  0 1 . (0,5 điểm) 1  1  2sin 2 x   5sin x  2  0  2sin 2 x  5sin x  3  0 0,25      x   k 2 1  6 sin x   tm   sin x  sin   (k   ) 0,25  2 6  x    k 2 5   6  sin x  3  loai 
b) Giải bất phương trình: log 0,5 x  2 log 0,25 ( x  1)  log 2 6  0 (0,5 điểm) ĐK: x > 1 (*); Với đk (*) ta có: log 0,5 x  2log 0,25 ( x  1)  log 2 6  0   log 2 x  log 2 ( x  1)  log 2 6  0 0,25 ,  log 2  x( x  1)  log 2 6  x( x  1)  6  x 2  x  6  0  2  x  3 . Kết hợp đk (*) ta được 1  x  3  tập nghiệm S = (1; 3] 0,25 5 Câu 4 dx Tính tích phân: I   (1,0 điểm) 1 2x 1  5 2 Đặt t  2 x  1  t  2 x  1  2tdt  2dx  dx  tdt 0,25 Khi x = 1 thì t = 1; khi x = 5 thì t = 3 0,25 Do đó I   3 tdt   t  5  5 dt  3 dt  5 3 dt  3 dt  5 3 d  t  5 3 0,25 1 t 5 1 t 5 1 1 t  5 1 1 t  5 3 3 4 0,25  t 1  5ln t  5 1  2  5  ln 8  ln 6   2  5 ln 3 Câu 5 không gian Oxyz, cho các điểm A(1;-1;2); B(3;1;0) và mặt phẳng (P) có phương trình: x - 2y - 4z + 8 = 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trong mặt phẳng (P) sao cho CA = CB và mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P). (1,0 điểm) Giả sử C ( x; y; z )  ( P )  x  2 y  4 z  8  0 (1) 0,25   Ta có AC   x  1; y  1; z  2  , BC   x  3; y  1; z  2 2 2 2 2 0,25 CA  CB  AC2  BC2   x 1   y 1   z  2   x  3   y 1  z2  x  y  z 1  0 (2)   (P) có VTPT nP  (1; 2; 4) ; AB   2; 2; 2  .    (ABC) qua A, B và vuông góc (P) nên (ABC) có VTPT n  nP , AB  (12; 6;6)  6  2; 1;1 0,25  phương trình (ABC) là: 2  x  3   y  1  z  0  2 x  y  z  5  0 C ( x; y; z )  (ABC)  2 x  y  z  5  0 (3)  x  2 y  4 z  8  x  2   0,25 Từ (1),(2),(3) ta có hệ pt:  x  y  z  1   y  1  C  2;1; 2  . 2 x  y  z  5 z  2   Câu 6 5  10  a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức  x. 3 x  2  với x  0 . (0,5 điểm)  x  4 k 4010 k k (10 k ) 5  k k Số hạng thứ k + 1 trong khai triển đã cho là C10 .x 3 .  2  C10 .  5  . x 3 0,25  x  4010 k Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với k thỏa mãn:  0  k  4 3 0,25 4 4 Vậy số hạng cần tìm là: C10 .  5   131250 . b) Từ các chữ số 1, 3, 4, 5, 6, 7 lập các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số bất kì trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn. (0,5 điểm) * KGM  là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được tạo nên từ 6 chữ số đã cho. Gọi số tự nhiên cần lập là abcd . Số cách chọn abcd là A64  có: A64  360 (số)  n()  360 * Gọi A là biến cố "số được chọn là số chẵn". Giả sử x  a1b1c1d1  A 0,25 Để x chẵn thì d1  4,6 do đó có 2 cách chọn d1 . Sau khi chọn d1 thì số cách chọn a1b1c1 là A53  có: 2. A53  120 (số). Vậy n(A)  120 n(A) 120 1 0,25 Vậy xác suất để số được chọn là số chẵn là: P(A)    . n() 360 3
Câu 7 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M là trung điểm CD, SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) với H là giao điểm của AC với BM. Góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM theo a. (1,0 điểm) S Dựng HE  CD, E  CD   SHE   CD ,  là góc giữa (SCD) và (ABCD) suy ra SEH   600  SEH Ta có SH  HE.tan 600  3.HE CH CM 1 CH 1  0,25     HA AB 2 CA 3 HE 1 A K D   HE CH  AD 3  M AD CA  E H 1 a a 3 C  HE  AD   SH  B 3 3 3 1 1 a 3 2 a3 3 0,25 Ta có SABCD  a 2 Suy ra VS.ABCD  .SH.SABCD  . .a  (đvtt) 3 3 3 9  AB / /CD  Ta có CD   SCD   d  AB, SM   d  AB,  SCD    d  A,  SCD     SM   SCD  0,25  AH   SCD   C d  A,  SCD   Lại có  AC   3  d  A,  SCD    3d  H,  SCD    3 d  H,  SCD    HC Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SE, ta có CD   SHE  , HK   SHE   CD  HK . Do đó HK   SCD   d  H ,  SCD    HK Xét tam giác vuông SHE có: 1 1 1 1 1 12 a a 3 a 3 2  2  2  2  2  2  HK    d  A,  SCD   3HK  0,25 HK SH HE a 3 a a 2 3 6 2   3  3    Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D là điểm đối xứng với C qua A. Điểm H(2; Câu 8 -5) là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AD, điểm K(-1; -1) là hình chiếu vuông góc của điểm D 2 2 trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình  x  1   y  2   25 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có hoành độ dương. (1,0 điểm) Đường tròn (T) có tâm I (1; 2) . Gọi Ax là tiếp tuyến của (T) tại A.   BDA Ta có KAx   1 Sđ  AB (1) 2   BKD Do BHD   900 nên BKHD là tứ   HKA giác nội tiếp  BDA  (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có   HKA KAx   HK // Ax . Mà IA  Ax  IA  HK .
 Do đó IA có vectơ pháp tuyến là KH  (3; 4) , IA có phương trình 3x  4 y  11  0 Do A là giao của IA và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 0,25 3 x  4 y  11  0  x  5  x  3  2 2  ; . Do x A  0 nên A(5;1) ( x  1)  ( y  2)  25  y  1  y  5  Đường thẳng AC đi qua A và có vectơ chỉ phương là HA  (3;6) nên AC có phương trình 2x  y  9  0 . Do D là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ  2 x  y  9  0 x  1 x  5 0,25  2 2    tm  ;  (loại). Do đó D(1; 7) ( x  1)  ( y  2)  25  y  7 y 1 Vì A là trung điểm của CD nên ta có C(9; 9).  Đường thẳng AB đi qua A và có vectơ chỉ phương là AK  (6; 2) nên AB có phương trình x  3 y  2  0 . Do B là giao của AB và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  x  3 y  2  0  x  4 x  5 0,25  2 2    tm  ;  (loại). Do đó B (4; 2) ( x  1)  ( y  2)  25  y  2 y 1 Vậy A(5;1) ; C (9;9) ; B (4; 2) . Câu 9 6 x 3  3 x 2  y  y 2  xy  3x  2  1 Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  (1,0 điểm) 2  4 x  y  2  x  1  y  1  2  x 1  0 ĐK:  2 * Ta có 1  y 2   3x 2  2 x  1 y   6 x3  3x 2   0  4 x  y  2  0 Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn y, ta có: 2 2        3 x 2  2 x  1  4 6 x3  3 x 2  9 x 4  12 x3  10 x 2  4 x  1  3x 2  2 x  1  0,25  3 x 2  2 x  1  3 x 2  2 x  1 y   3 x 2 2 Pt (1) có hai nghiệm:   3 x  2 x  1  3 x 2  2 x  1 2  y   2x 1 2 Từ pt (2) ta có y  1  0  y  1 , dó đó y  3x 2 không thỏa mãn. 0,25 Thay y = 2x +1 vào phương trình (2) ta được 4 x 2  2 x  3  x  1  2 x  3 điều kiện: x  2 0,25 2  x  2  3  2 4 x  2 x  3   2 x  1    x 1 1  0  2 4x  2x  3  2x 1  x2 x 1 1 0  2 1    x  2   0 2  4x  2x  3  2x 1 x 1 1  2 1  x  2 ( vì   0 x  2 ) 2 4x  2x  3  2x 1 x 1 1 0,25 Với x  2 thì y  5 . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là  2;5  .
Câu Cho 2 số thực a, b  (0; 1) và thỏa mãn: (a3  b3 )(a  b)  ab(1  a)(1  b) 10 1 1 Tìm GTLN của P =   3ab  a 2  b 2 . (1,0 điểm) 2 2 1 a 1 b (a3  b3 )(a  b) gt   (1  a)(1  b) (*) . ab (a3  b3 )(a  b)  a2 b2  vì      a  b   2 ab .2 ab  4 ab và ab  b a  1  a 1  b   1  (a  b)  ab  1  2 ab  ab , khi đó từ (*) suy ra 0,25 4 ab  1  2 ab  ab , đặt t = ab (đk t > 0)  1 0  t  3 1 ta được: 4t  1  2 t  t  2 t  1  3t   0t  4t  1  3t 2 9  1 1 2  1 1   1 1  Ta có: 2  2   2   2  0 1 a 1 b 1  ab  1  a 1  ab   1  b 1  ab  2 0,25   a  b  .  ab  1  0 luôn đúng với mọi a, b  (0; 1), 1  ab  1  a2 1  b2  dấu "=" xảy ra khi a = b 1 1  1 1  2 2 vì   2 2  2   2.  và 1  a2 1  b2 1 a 1 b  1  ab 1  ab 0,25 2 2 2 3ab  a 2  b 2  ab   a  b   ab nên P   ab  t 1  ab 1 t 2 1 1 1 Xét hàm số f(t) =  t với 0 < t  có f ' (t )  1   0 với mọi 0 < t  1 t 9 (1  t ) 1  t 9 a  b 1 6 1  1  f (t )  f ( )   ,dấu "=" xảy ra   1 ab 0,25 9 10 9 t  ab  9 3 6 1 1 Vậy GTLN của P là  đạt được tại a  b  . 10 9 3 Chú ý: Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự.