Đề thi thử THPT quốc gia lần 1 năm 2016 có đáp án môn thi: Toán - Trường THPT Thanh Chương 1

Chia sẻ: Công Luy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

58
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang gặp khó khăn trước kì thi tốt nghiệp quốc gia và bạn không biết làm sao để đạt được điểm số như mong muốn. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi thử THPT quốc gia lần 1 năm 2016 có đáp án môn thi "Toán - Trường THPT Thanh Chương 1" sẽ giúp các bạn nhận ra các dạng bài tập khác nhau và cách giải của nó. Chúc các bạn làm thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT quốc gia lần 1 năm 2016 có đáp án môn thi: Toán - Trường THPT Thanh Chương 1

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 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 y  x 3  3x 2  2 . x 1 Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị của hàm số f ( x)  (C ) tại x2 giao điểm của đồ thị (C ) với trục Ox . Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn  z  i 1  2 i   1  3i  0 . Tìm môđun của số phức z . b) Giải bất phương trình log 2  x  1  log 1  x  2  2 . 2 1 2x  1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 0 x 1 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2;  1; 0 và mặt phẳng ( P ) : x  2 y  z  2  0 . Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua A và có tâm I là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ( P) . Câu 6 (1,0 điểm). 3 a) Tính giá trị của biểu thức P  5 sin .sin 2  cos 2 , biết cos   . 5 b) Để bảo vệ Đại hội Đảng toàn quốc lần thứ XII diễn ra từ ngày 20 đến 28 tháng 01 năm 2016, Bộ Công an thành lập 5 đội bảo vệ, Bộ Quốc phòng thành lập 7 đội bảo vệ. Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 đội thường trực để bảo vệ tại Trung tâm Hội nghị Quốc gia Mỹ Đình (nơi diễn ra Đại hội). Tính xác suất để trong 5 đội được chọn có ít nhất 1 đội thuộc Bộ Công an, ít nhất 1 đội thuộc Bộ Quốc phòng. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thuộc cạnh BC sao cho HC  2 HB , góc giữa SA với mặt đáy ( ABC ) bằng 45 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I . Các  10 11  2 điểm G  ;  , E 3;   lần lượt là trọng tâm của tam giác ABI và tam giác ADC . Xác  3 3   3 định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết tung độ đỉnh A là số nguyên.   9 y 2  2 y  3 y  x  4 xy  7 x   Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  trên tập số thực.   2 y  1 1  x   2 y  1 1  x  2 y   Câu 10 (1,0 điểm). Cho x , y , z là các số thực dương x  y  z 2  xy  5 . Tìm giá trị lớn nhất 2x y 4  x  y của biểu thức P    . x  y  18 x  y  4 z 2 2 25z -------------Hết----------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh..................................
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 Môn: TOÁN. (Đáp án có 04 trang) Câu Đáp án Điểm Tập xác định: D  R x  0 Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Ta có : y '  3x( x  2)  y '  0   x  2 0,25 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 0  va  2;    ,đồng biến trên khoảng (0 ;2) Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và yCT=-2 1 Hàm số đạt cực đại tại x=2 và yCĐ=2 0,25 (1,0đ) Giới hạn lim y   ; lim y   x  x  Bảng biến thiên: x  0 2  y’ - 0 + 0 - y 2 0,25  -2  y f(x)=-x^3+3X^2-2 0,25 5 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 Đồ thị (C ) cắt Ox tại A(1;0) 0,25 1 2 f '( x)  x  2 0,25  x  2 2 (1,0đ) Hệ số góc của tiếp tuyến tại A là: k  f '(1)  1 0,25 Phương trình tiếp tuyến là y  1( x  1)  0  y  x  1 0,25 a) Ta có ( z  i)(1  2i)  1  3i  0  z  i 1  i  z 1  2i 0,25 Do đó số phức z có mô đun bằng . 5 0,25 3 b) Điều kiện: x  2 . Bất phương trình đã cho  ( x  1)( x  2)  4  x2  x  6  0 0,25 (1,0đ)
x  3   . Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của BPT là  3;  0.25  x  2 1  1  Tính :  2  dx 0,25 0  x  1 4 1 1 d( x  1) (1,0đ)  2  dx   0,25 0 0 x 1  2 x  ln x  1  1 0 0,25  2  ln 2 0,25    (P) có vtpt n  (1; 2;1) , d đi qua A vuông góc với (P) có vtcp u  n  (1; 2;1) . 0,25 x  2  t    Phương trình đường thẳng d y  1  2t Do I  d  I (2  t ; 1  2t ; t ) 0,25 5   z  t   (1,0đ) I thuộc (P) nên (2  t )  2(1  2t )  t  2  0  t  1 . Vậy I(1;1;-1). 0,25 Mặt cầu (S) có bán kính R  IA  6 có phương trình  x  1   y  1   z  1  6 2 2 2 0,25 7 16 a) Ta có: cos 2  2 cos2   1   ,sin 2   1  cos2   0,25 25 25 6 89 Suy ra P  10sin 2  cos   cos 2  . 0,25 (1,0đ) 25 b) Số cách chọn ngẫu nhiên 5 đội trong 12 đội là C125  792  n()  792 0,25 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A: ‘Mỗi Bộ có ít nhất một đội bảo vệ’ n( A) 35 0,25 là n( A)  C125  C55  C75  770  P( A)   n() 36 Áp dụng định lý cosin trong tam giác AHB có 7 a2 a 7 AH 2  HB2  AB2  2 HB.AB cos60 0   AH  7 9 3 0,25 (1,0đ) Góc giữa đường thẳng SA và mp(ABC) là góc SAH  450 . a 7 Tam giác SHA vuông cân tại H nên SH  AH  3 1 a 3 21 Thể tích của khối chóp S.ABC là V  SABC .AH  0,25 3 36 Gọi E là trung điểm của AB, D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD. 3 0,25 Ta có AB / /CD  d( AB, SC )  d( AB, SCD)  d( B, SCD)  d( H , SCD). 2 S Trong mp(ABC) Qua H kẻ đường thẳng song song với CE cắt đường thẳng CD tại F và AB tại M thì tứ giác CEMF là hình chữ nhật. Kẻ HK vuông góc với SF tại K. K CD  (SFM )  CD  HK , F H  CD  HK B   HK  (SCD)  SF  HK  C M 0,25 2 2 a 3 E Ta có HF  MF  CE  3 3 3 D A Tam giác SHF vuông tại H: 1 1 1 a 210 2  2  2  HK  SH FH HK 30 3 3 a 210  d ( AB, SC )  d ( H , SCD)  HK  2 2 20
Gọi M là trung điểm của BI và N là hình chiếu vuông góc của G lên BI . IN AG 2 2 1 Ta có GN //AI     IN  IM  BI  1 . IM AM 3 3 3 E là trọng tâm ACD 1 1 2 0,25  IE  DI  BI  EN  IN  IE  BI  BN 3 3 3  BN  EN  BGE cân tại G 8  GA  GB  GE  A, E, B cùng thuộc đường tròn tâm G (1,0đ)   2 ABE  AGE   2.450  900  AGE vuông cân tại G qua G Phương trình  AG  :    AG  : x  13 y  51  0  A  51  13a; a   GE Khi đó AGE vuông cân tại G  AG  GE 0,25 2 2 a  4 2  143   11  170  11  1  AG2    13a    a      a      10  A  1; 4   3   3 9  3 9 a   3 2  2   11 7  Ta có AG  AM  AG  AM  M  ;  3 3  2 2 Phương trình  BD  đi qua E và M   BD  : 5x  3 y  17  0 2 2 0,25 tam G  10   11  170 Phương đường tròn G  :   G  :  x     y     R  GA  3   3 9 B là giao điểm thứ hai của  BD  và  G   B  7; 6  qua A Phương trình  AD  :    AD  : 4 x  y  0  D 1; 4   AB   0,25 ABCD là hình vuông  AB  DC  C  9; 2  . Bài toán có 1 nghiệm A  1; 4  , B  7; 6  , C  9; 2  và D  1; 4  . Điều kiện: 9 y 2   2 y  3 y  x  0; xy  0;  1  x  1 . Từ phương trình thứ nhất, ta có được x  0  y  0 .  x  0 + Xét:  , thỏa mãn hệ phương trình.  y  0  + Xét x, y không đồng tời bằng không, phương trình thứ nhất tương đương với 9 y 2   2 y  3 y  x  3x  4 xy  4 x  0 0.25 9 9 y  2 y  3 y  x  9 x 2 2 4  xy  x 2    0 (1,0đ) 9 y   2 y  3 y  x  3x 2 xy  x    11y  9 x  3 4x    y  x    0  yx.  11y 2   2 y  3 y  x  3x xy  x    Thế y  x vào phương trình thứ hai, ta được 2 x  1 1  x  2 x  1 1  x  2 x  a  1  x ; a  0 2x  1  x  1 x 1     1  x  1  x  0 .Đặt       2x  a2  b2 . 0,25   b 1 x ; b 0 Phương trình trở thành a  b a  b  1   a  b  0 2 2 a  b a  b       a  b  a  b a  b  1  1  0    .   a  b   a  b  1  0 2 a  b  1  5 0,25   2
+ Với a  b  1  x  1  x  x  0 (loại). 1 5 1 5 5 5 5 5 + Với a  b   1  x  1 x  x y . 2 2 8 8   0,25  5  5 5  5  Hệ phương trình có nghiệm:  x; y  0; 0 ,  ;    8 8  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: x 2  y 2  2 xy  2  x  y  z 2  5  x 2  y 2  10  2  x  y  z 2  0,25  x  y  18  2  x  y  2  z  4  2  x  y  8 z  2  x  y  4 z 2 2 2 2x 2x x Từ đó suy ra   . x  y  18 2 x  y  4 z x  y  4 z 2 2 10 x y 4  x  y Khi đó P    . (1,0đ) x  y  4z x  y  4z 25 z 0,25 xy xy 4  x  y 4  x  y t 4t    z   f t    x  y  4z 25z xy 25z t  4 25 4 z xy t 4t Với t   0 , xét hàm số f t   , có z t  4 25   0,25 4 4 t  0 f 't   ; f ' t   0    t 1   t  4  25 2 t  4 25 2   1 1 Do đó suy ra f t   f 1   Pmax  . 25 25 x  y  z; x  y   x  y  1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    . 0,25  x  y  z  xy  5  2  z  2  1 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là . 25 Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. ---Hết---