zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi thử lần 1 kì thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán: Trường THPT Gia Lộc

Chia sẻ: đỗ Thị Trang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

104
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh "Đề thi thử lần 1 kì thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán: Trường THPT Gia Lộc" thuộc Sở GD&ĐT Hải Dương. Đề thi gồm có 9 câu hỏi tự luận có kèm đáp án. Cùng tìm hiểu để nắm bắt nội dung thông tin tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử lần 1 kì thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán: Trường THPT Gia Lộc

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ LẦN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT GIA LỘC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x 3  3 x  1 (C). 1) Khảo sát sự thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3 x  1 (C). 2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm phân biệt M và N đối xứng với nhau qua trục tung. Câu 2 (1,0 điểm) 1) Cho số phức z thỏa mãn: 1  2i  z   2  3i  z  2  2i . Tính môđun của z. 2) Giải bất phương trình: log 4 x 2  log 2  2 x  1  log 1  4 x  3  0 . 2 Câu 3 (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 cos 5 x.cos3 x  sin x  cos8 x . 2) Một hộp có 9 thẻ giống nhau được đánh số liên tiếp từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên đồng thời hai thẻ (không kể thứ tự) rồi nhân hai số ghi trên hai thẻ với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn. Câu 4 (1,0 điểm) 6 x  3 1 Tính tích phân: I   dx . 1 x2 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a  a  0  ,  ABC  600 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy  ABCD  , góc tạo bởi SC và mặt phẳng  ABCD  bằng 600. Gọi M là trung điểm của SB . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, SD theo a. Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  4  0 và mặt cầu S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  11  0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC nội tiếp đường tròn tâm I  2; 2  , điểm D là  . Đường thẳng AD cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại chân đường phân giác trong của góc BAC điểm thứ hai là M (khác A). Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết điểm J  2; 2  là tâm đường tròn ngoại tiếp ACD và phương trình đường thẳng CM là: x  y  2  0. Câu 8 (1,0 điểm)  3  y  1  y y  1  x  2 2 2 Giải hệ phương trình:  ( x, y   )  x  x2  2x  5  1  2 2x  4 y  2  Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 4  a 3  b3   c 3  2  a  b  c  ac  bc  2  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:  a  b   c2 2 2a 2 bc P 2   3a  b 2  2a  c  2  a  b  c  2 16
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN I KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN: TOÁN Câu Ý Nội dung Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3 x  1 1,0 TXĐ: D   . Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3; y '  0  x  1 - Giới hạn: lim y  ; lim y   . x  x  BBT x - -1 1 + 1 y, + 0 - 0 + (2đ) 1 + 0,25 y - -3 Vậy: 1 Khoảng đồng biến: (; 1) và (1; ) ; khoảng nghịch biến (1;1) . Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1  yC Ð  1 ; đạt cực tiểu tại 0,25 x  1  yCT  3 . Đồ thị 0,25 Tìm trên đồ thị (C) hai điểm phân biệt M và N đối xứng nhau qua trục tung. 1,0 Gọi M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  là hai điểm thuộc đồ thị (C).  x   x2  0 0,25 vì M, N đối xứng nhau qua 0y   1  y1  y2  x2   x1  0 2   x3  3x  1  x3  3x  1 0,25  1 1 2 2  x  3  x   3  1 hoặc  1 0,25  x2   3  x2  3 M     3; 1 , N  3; 1 hoăc N    3; 1 , M  3; 1 0,25 Tính môđun của z 0,5 1 Gọi z  x  yi  x, y    . Theo bài ra ta có: 0,25 1
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 1  2i  x  yi    2  3i  x  yi   2  2i   3x  5 y     x  y  i  2  2i 3 x  5 y  2 x 1   . Do đó z  2 0,25   x  y  2 y 1 Giải bất phương trình log 4 x 2  log 2  2 x  1  log 1  4 x  3  0 0,5 2 2 (1đ) 1 ĐK: x  (*) 2 0,25 2 log 4 x 2  log 2  2 x  1  log 1  4 x  3  0  log 2  2 x 2  x   log 2  4 x  3 2 1 1  2 x 2  5 x  3  0    x  3 kết hợp đk (*) ta được  x3 0,25 2 2 Giải phương trình: 2 cos 5 x.cos3 x  sin x  cos8 x 0,5 2 cos 5 x.cos3 x  sin x  cos8 x  cos8 x  cos2 x  s inx  cos8 x 0,25  cos2 x  s inx  0  2sin 2 x  s inx  1  0  s inx  1 1  Phương trình có nghiệm: s inx   1  2 0,25   7 3 x   2 k , x    2 k , x   2 k  k    2 6 6 (1đ) Tính xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn. 0,5 Số phần tử của không gian mẫu là: C92  36 0,25 Gọi A là biến cố: “kết quả nhận được là số chẵn” 2 Số kết quả thuận lợi cho A là: C51.C41  C42  26 0,25 26 13 Xác suất cần tìm là P  A    36 18 6 x  3 1 Tính tích phân: I   dx . 1,0 1 x2 Đặt t  x  3  x  t 2  3  dx  2tdt 0,25 Đổi cận x  6  t  3; x  1  t  2 4 I  2 3  t  1 t dt  2 3 t 3  1  (1đ) 2 t 2 1 2 t  1 dt  22 1  t  1  dt 0,25  2  t  ln t  1  3 2 0,25  2  2 ln 2 0,25 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng 1,0 AM, SD theo a. 5 0,25 (1đ) 2
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí   600  ABC đều  AC  a ABC cân, BAC Do : SA   ABCD    SC ,  ABCD    SCA   600 Trong SAC : AC  a, SA  AC.tan 600  a 3 a2 3 S ABCD  BA.BC.sin 600  2 0,25 1 a3 Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  SA.S ABCD  3 2 Gọi O là tâm của hình thoi. Vì OM là đường trung bình của SBD  OM / / SD  SD / /  AMO  0,25 3V  d  SD, MO   d  SD,  AMO    d  S,  AMO    S . AMO S AMO 1 1 a3 VSAOM  VS . ABO  VS . ABCD  2 8 16 1 a 1 a 2 15 AMO : AM  SB  a; OA  , OM  SD  a  S AMO  0,25 2 2 2 16 3a a 15 a 15  d  S,  AMO      d  SD, AM   15 5 5 Chứng minh rằng mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác 1,0 định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Mặt cầu (S) có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  5 Khoảng cách từ điểm I tới mp(P) là d  I ,  P    3 0,25 Vì d  I ,  P    R  mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn. Bán kính của đường tròn là r  R 2  d 2  I ,  P    4 0,25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm I trên  P  suy ra đường thẳng IH đi 6 qua I và vuông góc với mp(P) (1đ)  x  1  2t 0,25   pt đường thẳng IH :  y  2  2t z  3t  Khi đó H là giao của mp(P)với IH  H  3;0; 2  0,25 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của ABC 1,0 3
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 7 (1đ)   2CAD Ta có CJD  ( do ACD nội tiếp đường tròn tâm J )   BAD   BCM  CJD   2 BCM  0,25 Mà CAD   2 JCD CJD cân tại J nên CJD   1800  2 BCM   2 JCD   1800   JCD  BCM   900  CM  CJ  CJ : x  y  4  0 , mà C  CJ  CM  C  1;3 0,25 Ta có A,C là hai điểm chung của hai đường tròn tâm I và tâm J nên đường thẳng AC đi qua C và vuông góc với IJ  AC : x  1 Đường tròn (C) ngoại tiếp ABC có tâm I (2; 2) bán kính IC  10 0,25   C  :  x  2    y  2   10 2 2 Do : A  AC   C   A  1;1 Do : M  CM   C   M  3; 1 là điểm chính giữa cung BC suy ra IM vuông góc với BC. Đường thẳng BC đi qua C, vuông góc với IM  BC : x  3 y  10  0 0,25  19 23  Do : B  BC   C   B  ;   5 5   3  y  1  y y  1  x  2 1 2 2 Giải hệ phương trình  1,0  x  x2  2x  5  1  2 2x  4 y  2  2  Đk: 2 x  4 y  2  0   0,25 2 Ta có: 1  2 x  4 y  2  y2 1  y thế vào PT (2) ta được  1  y 2  x  1   x  1 2 4 2 y2 2 0,25 x 1  x 1       1  y  y  1 (*) (vì 2 y2 1  y  y  y  0 ) 8 2  2  (1đ) Xét hàm số f  t   t  t 2  1 trên  t t2 1  t f 't   1    0, t   , do t 2  1  t  t  t  0, t   0,25 t 1 2 t 1 2  x 1   f  t  đồng biến trên  , theo (*) ta có f    f  y  2  4
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí  x  2 y 1 Với x  2 y  1 thay vào (1) ta có:   3 5 2 y2 1  y 4 y2 1  y  2  y2 1  2  y  y  x 4 2 0,25 5 3 Vậy hệ có nghiệm  x; y    ;  2 4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1,0 2 x y  x  y  ; xy   1 3 Áp dụng BĐT: x 3  y 3   , x, y  0 , kết hợp với giả 4  2  thiết suy ra: 1  a  b  c    a  b   c 3  4  a 3  b3   c 3  2  a  b  c   c  a  b   2  3 3 4 0,25   a  b  c 2  9  2a  b  c  2  a  b  c  4 (1đ)  4    dấu “=” xảy ra khi a+b=c>0 Khi đó sử dụng BĐT AM-GM ta có: 2a 2 a  3a  b  2a  c  2  2 2  b2 a  ac2    2a 2  0,25 a a   dấu “=” xảy ra khi a=b>0 b2 a a  b  c  2 ac22 . 2a 2 a  b  c 2 1 abc Và  a  b   c   a  b  c   P  2 2 2  0,25 2 abc2 32 2 t t Đặt t  a  b  c  4  P  f  t    t  2 32 t 32  t  t  2  2 2 f 't      0, t  4 t  2 16  t  2  2 2 16  hàm số f  t  nghịch biến trên  4;   . 0,25 1 1 Do đó P  f  t   f  4   . Vậy GTLN của P bằng 6 6 a  b, a  b  c Dấu “=” xảy ra    a  b  1, c  2 a bc  4 ________ Hết________ 5

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.