Đề thi thử THPT môn Toán năm 2016

Chia sẻ: Huynh Duc Vu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

46
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu Đề thi thử THPT môn Toán năm 2016 sau đây giúp các bạn thí sinh ôn tập, rèn luyện kỹ năng giải đề thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán đạt điểm cao. Chúc các em đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT môn Toán năm 2016

ĐỀ THI THỬ THPT NĂM 2016 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu 1: (1 điểm). Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x4 . x Câu 2: (1 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số y  x  ln(2 x  1), x  0;1 . Câu 3:(1 điểm). 1) Tìm z   thỏa mãn: (1 z )(1  i )  z (2  i )  3  6i 2) Giải phương trình trên tập số thực  : 2x  4x  6 4 Câu 4: (1 điểm). Tính tích phân:  1 1 dx x x Câu 5: (1 điểm). Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P) : x  y  z 1  0 . a) Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt phẳng (Oxy). Viết phương trình đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Oxy). b) Tính góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Oxy). Câu 6: (1 điểm).   3  2 a) Cho tan   ,    ;  . Tính P  sin   2cos  .   2 2    3 b) Lấy ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đôi một phân biệt. Tính xác suất để số được lấy không lớn hơn 2016. Câu 7: (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có hình chiếu vuông góc của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh BC. Tam giác ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  2a , góc giữa AA’ và đáy (ABC) là600. Tính thể tích của lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC. Câu 8:(1 điểm). Trong mặt phẳng cho hình vuông ABCD . Gọi M (5;3), N (4;1) lần lượt là các điểm thuộc các cạnh BC , AD sao cho BM  MC , DN  3 NA . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông biết tọa độ các đỉnh đều là các số nguyên. 2 x 2  3 xy  y 2  x 1  0  Câu 9: (1 điểm). Giải hệ sau trên tập số thực  :    y  x 1  x2  y  3    Câu 10:(1 điểm). Cho x, y , z  0, x  y  z  1 . Tìm min của P  18 xyz  ( xy  yz  zx) . Hết Giám thị coi thi không phải giải thích gì thêm. Cảm ơn thầy Đào Văn Chánh (daovchanh@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl ĐÁP SỐ, LỜI GIẢI VẮN TẮT Câu 1: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  MXĐ D   \ 0 , y '   x4 . x 4  0, x  0 x2 0.25 Giới hạn và tiệm cận 0.25 BBT và đơn điệu 0.25 Đồ thị 0.25 Câu 2: (1 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số y  x  ln(2 x  1), x  0;1 . y '  1 0.25 2 2x 1 y'  0  x  0.25 1 2 Tính các giá trị 0.25 0.25 1 min y  0;max y   ln 2. x0;1 x0;1 2 Câu 3:(1 điểm). 1) Tìm z   thỏa mãn: (1 z )(1  i )  z (2  i )  3  6i 2) Giải phương trình trên tập số thực  : 2x  4x  6 . Gọi z  a  bi (a, b  )  z  a  bi Thay vào phương trình và giải tìm được z  2  3i Đặt t  2 x ta có phương trình t 2  t  6  0  t  2 Giải tìm được x  1 4 1 Câu 4: (1 điểm). Tính tích phân: I   dx . x x 1 4 I 1 4 1 dx   x x 1 Đặt u  x  1  2du  x  1  x 1 dx . dx và đổi cận x 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 3 2du 2 u I  0.25 3 I  2ln u 2  2ln 3 2 0.25 Câu 5: (1 điểm). Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P) : x  y  z 1  0 . a) Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt phẳng (Oxy). Viết phương trình đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Oxy). b) Tính góc giữ hai mặt phẳng (P) và (Oxy). Phương trình mặt phẳng (Oxy): z  0 . Xét (1:1: 1)  (0 : 0 :1) nên hai mặt phẳng (P) và (Oxy) cắt nhau. 0.25 x  y  z 1  0 x  y 1  0  z  0 z  0 Gọi M ( x; y; z )  d  ( P)  (Oxy)    x  1 t    Đặt y  t ta có phương trình tham số giao tuyến của (P) và (Oxy):  y  t  z  0       n( P ) .nOxy 1 Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng, ta có cos       3 n( P ) . nOxy Suy ra góc giữa hai mặt phẳng là   540 44 '82" Câu 6: (1 điểm). 0.25 0.25 0.25   3  2 a) Cho tan   ,    ;  . Tính P  sin   2cos  .   2 2    3 b) Lấy ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đôi một phân biệt. Tính xác suất để số được lấy không lớn hơn 2016.   3  2 sin   0  sin   0 Vì    ;   cos   0 , đồng thời tan      2 2    3 cos  4 3 2 Tính được cos   và P  ,sin   13 13 13 0.25 0.25 Số các số tự nhiên abcd có 4 chữ số đôi một phân biệt là 9.9.8.7 (có 9 cách chọn 0.25 3 a  1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 . Số bcd có A9  9.8.7 cách chọn)  a  1(chon bcd co A 3  9.8.7cach) 9 *) abcd  2016   .  abcd  2013, 2014, 2015, 2016 0.25 A93  4 127  Vậy xác suất cần tìm p  . 9. A93 1134 Câu 7: (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có hình chiếu vuông góc của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh BC. Tam giác ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  2a , góc giữa AA’ và đáy (ABC) là600. Tính thể tích của lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC. B' C' S ABC  a 2 ;VABC . A ' B ' C ' A' H B A A ' AH  600 , AH  L K C a 5 a 15 , A' H  2 2 3 a 15  2 0.2 5 0.2 5 Dựng hình bình hành ABCD. Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên AD và L là hình chiếu vuông 0.2 góc của H lên A ' K . Ta có : 5 d ( AA ', BC )  d  BC , AA ' D   d  H , AA ' D  HL HK  2a (Chiều cao của tam ABC kẽ từ A) 5 0.2 5 1 1 1 4 5 91  / 2   2  2 2 2 HL AH HK 15a 4a 60a 2 60 60  HL  a . Kết luận: d ( AA ', BC )  a 91 91 Câu 8:(1 điểm). Trong mặt phẳng cho hình vuông ABCD . Gọi M (5;3), N (4;1) lần lượt là các điểm thuộc các cạnh BC , AD sao cho BM  MC , DN  3 NA . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông biết tọa độ các đỉnh đều là các số nguyên. Gọi P là trung điểm AD và gọi cạnh hình vuông là a thì ta có MP  a, NP  a . Xét 4  a 2 tam giác MNP vuông tại P ta có: MP  NP  MN  a     85  a  4 5   4   a A B P nằm trên đường tròn tâm N, bán kính NP   5 4 và đường tròn tâm M, bán kính MP  a  4 5 nên tọa N độ P thỏa mãn hệ : P M  67  x   2 2 ( x  4)  ( y 1)  5  x  3     17      ( x  5) 2  ( y  3) 2  80  y  1  55      y   D 17 C   2 2 2 0.25 2  67 55  Nếu P  ;  thì kết hợp với N là trung điểm AP, ta có A có tọa độ không nguyên    17 17    0.25 nên loại. Nếu P(3; 1) thì sử dụng N là trung điểm của PA nên có tọa độ A(5;3) . Lại có P là trung điểm của AD nên suy ra D (1; 5) 0.25 Đi đến đáp số: A(5;3), B (3;7), C (7; 1), D (1; 5) 0.25 2 x 2  3 xy  y 2  x 1  0   Câu 9: (1 điểm). Giải hệ sau trên tập số thực  :  .  y  x 1  x2  y  3    y  0  ĐK:  2 .(Trong PT 2 x 2  3 xy  y 2  x 1  0 cho y  1000 ta có PT  x  y  3  0    x  999  y 1  y  x 1  2 2 2 x  (1  3000) x  1000 1  0   1001 y  1 . Ta có (1)   x    y  2 x 1  2 2 0.25 Nếu y  x  1 , thay vào (2), ta có x  1  x  1  x 2  x  2 (3) 1 x  x  1  0   1 x  x 1  x 2  x  2    (1  x ) 2  x  1  2(1  x) x  1  x 2  x  2   1  x  x  1  0  x  1( y  2)      x  1( y  0) (1 x) x  1  0   0.25  1 Nếu y  2 x 1 , thay vào (2), ta có g ( x )  2 x 1  x  1  x 2  2 x  4  0  x        2 1  2 x 1 x 1  2 x 1 x2  2 x  4 1  Ta có : x  1  g '( x)  0; x   ;1  g '( x)  0 Vậy ta có BBT của g(x) như sau:   2    1 1 +∞ x 2 g’(x) + 0 –– 1 3 g(x) Ta có g '( x )  Vậy g ( x)  0, x  0.25 1  g ( x)  0 vô nghiệm. 2 Cách khác: g ( x )  0  2 x 1  x  1  x 2  2 x  4 VP  x 2  2 x  4  ( x 1) 2  3  3 t 2 1 t2 1 1 VT  2 x 1  x  1  t   1    t    (t 1) 2  1  1 2 2 2 2 Vậy phương trình vô nghiệm. Đáp số: nghiệm của hệ phương trình là ( x; y)  (1;0),(1; 2) . 0.25 Câu 10:(1 điểm). Cho x, y , z  0, x  y  z  1 . Tìm min của P  18 xyz  ( xy  yz  zx) . P  xy 18 z 1  z ( x  y )  xy 18 z 1  z (1 z )  z 2  (18 xy 1) z  xy  f ( z ) Ta có f '( z)  2 z  (18 xy  1); f '( z)  0  z  1  18 xy  z0 2 1 thì z0  0 nên lập BBT của hàm số f ( z ) trên  0;1 ta có 18 2 1  x y f ( z )  f (0)   xy       (Vì z  0  x  y  1 ) 4  2  1  1 Nếu 18 xy  1  xy  thì z0  0;  nên lập BBT của hàm số f ( z ) trên  0;1 ta có 18  2 1 f ( z )  f ( z0 )  81x 2 y 2  8 xy   g ( xy) với 4 1 4 g (t )  81t 2  8t  ; g '(t )  162t  8; g '(t )  0  t  4 81 4 1 0 t 81 18 0.25 Nếu 18 xy  1  xy  g’(t) 17 324 g(t) 1 1 4 18 0 + 0.25 0.25