Kì thi đại học, cao đẳng là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh, dưới đây là "Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán 12 lần 3 - Trường THPT Yên Thế" giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán 12 lần 3 - Trường THPT Yên Thế
- TRƯỜNG THPT YÊN THẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III LỚP 12 NĂM HỌC 2015 – 2016
(Đề thi gồm 01 trang) Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x 4 2 x 2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng d có phương trình y 3 .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:
a) 4x 2x 6 .
b) log22 3x 1 3log8 (3x 1) 3 0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I x sin 2 x cos xdx .
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a . Tính diện tích xung quanh
của hình trụ tròn xoay khi quay đường gấp khúc BCDA quanh trục là đường thẳng chứa cạnh AB và thể
tích khối trụ đó.
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 3sin 2 x cos2 x cos x 3 sin 2 x sin x .
b) Cho đa giác đều 12 đỉnh A1 A2 ... A12 nội tiếp đường tròn O . Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa
giác đó. Tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của
đa giác đã cho.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác
đều cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là
trung điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng
(ABB’A’).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C 4; 3 và M
là một điểm nằm trên cạnh AB ( M không trùng với A và B). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc
của A, C lên DM và I 2;3 là giao điểm của CE và BF. Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình vuông
ABCD biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng d có phương trình x 2 y 10 0 .
x y x 1 x y y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: trên tập số thực.
x 3
6 x 2
20 171 y 40 y 1 5 y 1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn điều kiện: x 2 y 2 z 2 3 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức sau:
16 xy yz zx
P
x y y z z x
2 2 2 2 2 2 x yz
----- Hết -----
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:........................................................................; Số báo danh:..................................................
- TRƯỜNG THPT YÊN THẾ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III LỚP 12
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. Phần chung
Câu Nội dung Điểm
1.a TXĐ: D R 0.25
(1 điểm) lim y 0.25
x
x 0 0.25
y ' 4x3 4x; y ' 0
x 1
Lập bảng biến thiên, nêu tính đồng biến, nghịch biến, cực đại cực tiểu
Vẽ đồ thị:
0.25
1.b Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là: x 4 2 x 2 3 0.25
(1 điểm) t 3 0.25
Đặt t x 2 , (t 0) , có phương trình t 2 2t 3 0
t 1 ( L)
Với t 3 . Tìm được x 3 0.25
KL: Có hai giao điểm là
3;3 và 3;3 0.25
Câu 2 2x 2 0.25
(1 điểm) Ta có 4 x 2 x 6 0 x x 1
2 3
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x 1 0.25
1 0.25
ĐK: x
3
1
Ta có log 22 3x 1 3log8 (3x 1) 3 0 log 22 3 x 1 log 2 (3 x 1) 3 0
4
x 1 0.25
log 2 (3x 1) 2 3 x 1 4
(Tm). KL
2
log (3 x 1) 6 3 x 1 2
6 x 21
64
Câu 3 I x sin 2 x cos xdx x cos xdx sin 2 x cos xdx 0.25
(1 điểm)
x cos xdx xd sin x x sin x sin xdx x sin x cos x c
1
0.25
sin 3 x 0.25
sin x cos xdx sin xd sin x c2
2 2
3
sin 3 x 0.25
Vậy I x sin x cos x c
3
- Câu 4 Ta có chiều cao và độ dài đường sinh của hình trụ là a, bán kính đáy là a 0.25
(1 điểm) Diện tích xung quanh là 2 a 2 . Diện tích đáy là a 2 0.25
1 2 a3 0.25
Thể tích khối trụ là: a .a
3 3
KL 0.25
Câu 5a
(0,5 điểm)
Biến đổi phương trình thành 3sin2x cos2x
3sin x cos x 2
0.25
cos 2x sin x 1
3 6
sin x 6 0
2sin2 x sin x 0
6 6 1 0.25
sin x
6 2
Tìm được nghiệm x k2 và x k2 , k Z
k ; x
6 3
Câu 5b Số phần tử không gian mẫu n C123 220 . 0.25
(0,5 điểm) Gọi A là biến cố: “3 đỉnh tạo hành tam giác không có cạnh nào là cạnh của H”.
Số tam giác có hai cạnh là cạnh của H là: 12
Số tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của H là 12.8 0.25
Suy ra n( A) C123 12 12.8 112 .
112 28
Vậy P( A) .
220 55
Câu 6 0.25
(1 điểm)
BE //( A' B' C ' ) nên d(E,(A’B’C’) = BH
Tam giác BHB’vuông tại H nên
a 3
BH = BB '2 B' H 2
2
1 3 2 3 2 0.25
S A' B 'C ' A' B'.B' C '.sin 60 0 a S HB'C ' a
2 4 8
1 1 a 3 a 2 3 a3
VEHB 'C ' BH .S HB 'C ' .
3 3 2 8 16
3VC . ABB ' A ' 0.25
d (C , ( ABB ' A ')) ;
S ABB ' A '
3a 3 a 3 a 3
VC . ABB ' A ' VABC . A ' B 'C ' VC . A' B ' C '
8 8 4
- a 3 a2 3
SABB'A' AH . A ' B ' .a
2 2
a3 0.25
3.
3VC . ABB ' A ' a 3
d (C , ( ABB ' A ')) 24
S ABB ' A ' a 3 2
2
Câu7 0.25
(1 điểm)
DN DF
Qua F kẻ FN song song với EC, cắt DC tại N. Khi đó ta có (1).
DC DE
DF ME
Tam giác DFC đồng dạng với tam giác MEA nên (2).
DC MA
AD MA
Lại có tam giác DEA đồng dạng với AEM nên (3).
DE AE
DF ME MA MA
Từ (2) và (3) suy ra (4)
DE AE AD AB
DN MA
Từ (1) và (4) suy ra DN MA . Do đó MBCN là hình chữ
DC AB
nhật. Mà tứ giác MBCF là tứ giác nội tiếp nên năm điểm M, B, C,
N ,F cùng nằm trên một đường tròn. Suy ra góc BFN bằng 900 suy ra
FN vuông góc bới BF. Mà Fn song song với EC nên EC BF .
b 10 0.25
Giả sử B b; . Từ IB.IC 0 B 0;5
2
Phương trình BC: 2 x y 5 0 . Giả sử A x; y . 0.25
AB BC
Từ suy ra A 8;1 hoặc A 8;9 .
AB BC
A 8;9 nhận thấy A và I khác phía với BC nên loại. 0.25
A 8;1 nhận thấy A và I nằm cùng phía với BC nên thoả mãn.
Từ AD BC suy ra D 4; 7 . Vậy A 8;1 , B 0;5 , D 4; 7 .
Câu 8 x 0 0.25
x y x 1 x y y
(1 điểm) (1) 1
Xét ĐK: y
x 6 x 20 171y 40 y 1 5 y 1
3 2
(2) 5
x y x 1 0
Ta có
- x y xy y 2 x y
(1) x y x 1 y x y 0 0
x y x 1 y x y
1 y 1 0.25
x y 0 y x
x y x 1 y x y
1 y 1
Vì >0 với mọi x, y thoả mãn điều kiện.
x y x 1 y x y
Thế y x vào phương trình (2) ta được 0.25
x3 6x2 20 171x 40 x 1 5x 1
x 8 x 2 22 x 5 20 x 1 2 5 x 1 x 1 0
x 8 x 1 2 5 x 1 20 x 1 x 1 2 5 x 1 0
2 2
x 1 2 5 x 1 2 x 8 5 x 1 x 2 27 x 12 0
x 1 2 5x 1 0
Giải được x 11 2 29 suy ra y 11 2 29 thoả mãn. 0.25
Vậy hệ đã cho có duy nhất một nghiêm 11 2 29;11 2 29
Câu 9
x y 2 z 2 x4 y 4 z 4
0.25
2 2
(1 điểm) 9 x4 y 4 z 4
Ta có x y y z z x
2 2 2 2 2 2
.
2 2
Lại có x 4 x x 3x 2 ; y 4 y y 3 y 2 ; z 4 z z 3z 2 suy ra
x4 y 4 z 4 3 x2 y 2 z 2 2 x y z 9 2 x y z
x y z x2 y 2 z 2 x y z 3 0.25
2 2
xy yz zx
2 2
x y z 1
2
16
Đo đó P
x y z 1 2 x y z
16 t 2 1 0.25
Đặt t x y z, t 3;3 . Ta có P f t
t 1 2t
1 1 8 1 1 8
f ' t 2 0
2t 2 t 1 6 2
3 3
4
28 0.25
f t nghịch biến trên 3;3 . Do đó P f t f 3 .
3
Đẳng thức xảy ra khi x y z 1. KL
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
