Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán lần 1 - Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên

Chia sẻ: So Mc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

223
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo đề thi thử THPT Quốc gia 2016 lần 1 có đáp án môn "Toán - Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên" giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán lần 1 - Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN Môn thi: TOÁN Đề thi gồm 01 trang Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: . Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp tuyến cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A, B phân biệt thỏa mãn điều kiện OB = 3 OA. Câu 3 (1,0 điểm) a)Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn: ̅ . b)Giải phương trình trên tập số thực √ √ . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân ∫ . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng (P): và đường thẳng . Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình lượng giác √ √ . b) Xét một đa giác đều 12 cạnh, hỏi có bao nhiêu tam giác không cân có ba đỉnh là các đỉnh của một đa giác đều đã cho. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A trong đó ̂ ; mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6), trực tâm H(4;4), trung điểm M của cạnh BC thuộc đường thẳng . Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B,C của tam giác. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết đường thẳng EF song song với đường thẳng . √ √ √ √ Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực { . √ √ Câu 10 (1,0 điểm) Xét các số thực dương x,y, z thỏa mãn điều kiện , chứng minh rằng ------- Hết ------- >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN Môn thi: TOÁN Câu 1. 1.TXĐ: D = R 2.Sự biến thiên . [ Giới hạn: i i . BBT: Hà số đồng biến trên các khoảng (-1;0) và Hà số nghịch biến trên các khoảng Hà số đạt cực đại tại Hà số đạt cực tiểu tại . ồ thị Giao của đồ thị với Ox: ( √ ) Giao của đồ thị với Oy: (0;0) ồ thị nhận trục tung à trục đối xứng. >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2
Câu 2. OB Ta có Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm, vì OB = 3OA nên hệ số góc của tiếp tuyến là   3  OA . (do y’< 0 ∀x ≠ 1) 3   3  (x 0 1) 2  1 (x 0 1) 2  x 0 1  1 x 0  2    x 0 1  1  x 0  0 Có hai tiếp tuyến: TH1: x0  0 => Ta có phương trình tiếp tuyến là: y =  y = -3 (x – 0 ) – 2  TH2: x0  2 => Câu 3. >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3
a) Giả sử z = a + bi, a, b ϵ R; 2 z a 2  b2 (a 2  b 2 )(a  bi ) (a 2  b 2 )(a  bi ) Ta có:     a  bi  z ; z a  bi (a  bi).(a  bi) a 2  b2 2( z  i) 2( z  i )(1  i) 2( z  i )(1  i) 2( z  i )(1  i) Ta có:     ( z  i)(1  i) 1 i (1  i)(1  i) 1 i2 2 Khi đó phương trình trở thành: ̅   z  2iz  z  iz  i  i 2  0  2 z  3iz  i  1  0 1 i (1  i).(2  3i) (1  i).(2  3i) 2  3i  2i  3i 2 1  5i hay  z     từ đó: 2  3i (2  3i).(2  3i) 4  9i 2 49 13 . Vậy phần thực và phần ảo tương ứng là: . b) √ √ .  √ √ . Chia cả 2 vế của phương trình cho ta được: √ √ Phương trình đã cho tương ứng với . √ √ √ √ Ta có: . Nên √ √ Đặt (t >0). => . Thì ta có  t 2  2t  1  0 tìm được t = 1 (Tm), √ √ dẫn tới  x = 0. Vậy, phương trình đã cho có 1 nghiệm là x = 0. Câu 4. >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4
Ta phân tích: ∫ ∫ ∫ ∫ =∫   tan 5 tan x 5 4  5 4 )  (tan 0  tan 0 )  1  1  4 = (tan x  )  (tan  5 0 4 5 5 5 5 Câu 5. (P): ;  x  1  2t   y  t  z  2  3t   x  1  2t y  t  Tọa độ giao điểm A của d và (P) là nghiệm của hệ phương trình   z  2  3t  x  2 y  z  4  0  1  2t  2t  2  3t  4  0  7t  7  t  1 Tọa độ giao điểm A(1;1;1). Do d cắt (P) tại A mà ∆ lại cắt d nên ta có ∆ đi qua A(1;l;1). Do ∆ nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với d nên vtcp ∆ vuông góc với vtpt ⃗⃗⃗⃗ và vtcp ⃗⃗⃗⃗ Ta có: ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ; Vector chỉ phương của đường thẳng ∆ là ⃗ [⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ] nên . Câu 6. >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5
a) √ √  √ √ . Phương trình đã cho tương đương với: √ √ sin sin ( ) [ Giải ta tìm được các họ nghiệm . b) Gọi đa giác đều đã cho là A1A2…A12. Vì A1A7 là trục đối xứng của đa giác nên số tam giác cân đỉnh A1 là 5 tam giác, trong đó có một tam giác đều là A1A5A9. Tương tự có 4 tam giác cân (không đều) đỉnh A2, A3... Suy ra số tam giác cân mà không là tam giác đều bằng 12.4 = 48, số tam giác đều là 4. Do đó, số tam giác cân là 48 + 4 = 52. Số các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác: (tam giác) Từ đó, số tam giác không cân là . Câu 7. Gọi H là trung điểm của AB thì H là chân đường cao hạ từ đỉnh S của hình chóp. Ta có: √ . Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC thì D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có tam giác DAB đều và do đó, DH ⊥ AB. Suy ra DH ⊥ (SAB). Từ D, dựng đường thẳng ∆ song song với đường thẳng SH thì ∆ là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy. Gọi I là tâm tam giác đều SAB và trong mặt phẳng (SHD), dựng đường thẳng d đi qua I và song song với DH thì d là trục của đường tròn ngoại tiếp mặt (SAB). Gọi O = thì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Ta √ √ có √ √ . Câu 8. >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6
Gọi I, M lần lượt là trung điểm của AH, BC. Dễ thấy các điểm A, H, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính AH, có tâm là I; còn các điểm B, C, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC, có tâm là M. Vì EF là dây cung chung của hai đường tròn nói trên nên IM ⊥ EF, kéo theo IM ⊥ d. Từ đó, viết được phương trình đường thẳng IM: . Do M = ∆ ∩ d nên suy ra M(5;2). Đường thẳng BC vuông góc với AH, đi qua M nên BC: y – 2 = 0. Từ đó, gọi tọa độ điểm B(b; 2) thì tọa độ C(10 – b; 2). Vì BH ⊥ AC nên ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , suy ra  6  b  .  b  4    4  .  2   0 , từ đó tìm được b = 2 hoặc b = 8. Suy ra B(2;2), C(8;2) hoặc B(8;2), C(2;2). Câu 9. Giả sử các căn thức là có nghĩa. Xét hai trường hợp. TH1. Nếu y = 0 thì từ phương trình thứ nhất ta có ngay x = 0, không thỏa mãn. TH2. Nếu y >0, thì chia cả hai vế của phương trình thứ nhất cho √ , ta được . √ √ √ . Vế trái của phương trình là hàm đồng biến theo ẩn , vế phải là hàm nghịch biến theo t nên phương trình theo ẩn có nghiệm duy nhất, và từ đó ta phải có , kéo theo x = y > 0. Thay vào phương trình thứ hai, ta được √ Chia cả hai vế cho x > 0, rồi đặt , đưa về phương trình √ , tìm được t = 3. Từ đó, x = 1, x = 2. x = 1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn) x = 2 ⇒ y = 2 (thỏa mãn) Vậy, hệ đã cho có hai nghiệm (1;1), (2;2) Câu 10: >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 7
Giả thiết có thể viết lại là Ta sẽ chứng minh các bất đẳng thức sau Thật vậy, các bất đẳng thức (1), (2), (3) lần lượt tương đương với các bất đẳng thức đúng dưới đây . Cộng từng vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) và sử dụng giả thiết được viết lại, ta có ngay điều phải chứng minh. >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 8