Đề thi thử THPT Quốc gia lần 3 môn Toán năm 2015-2016 - Trường THPT chuyên Hạ Long

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

Thêm vào BST

Báo xấu

58
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo Đề thi thử THPT Quốc gia lần 3 môn Toán năm 2015-2016 - Trường THPT chuyên Hạ Long sau đây để nắm được cấu trúc đề thi cũng như cách thức làm đề thi, từ đó giúp bạn nắm vững kiến thức môn Toán một cách tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia lần 3 môn Toán năm 2015-2016 - Trường THPT chuyên Hạ Long

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 - 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x 4  2 x 2  3 . x 3 Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  , biết tiếp tuyến đi qua x 1 điểm M  4; 2  . Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn 1  2i  z  5  5i  0 . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  z  10 . z b) Giải phương trình sau: log 3 (5  x)  log 1 ( x  1)  log 3 ( x  1)  1 . 3 1 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   x  x  1  e x 1 dx .   0 x 1 y z  2   , mặt 3 3 1 phẳng (P): x  y  2 z  5  0 và điểm A(1;2;3) . Tìm tọa độ hình chiếu của A lên mặt phẳng (P) và tìm tọa độ điểm M thuộc d, N thuộc (P) sao cho A là trung điểm MN. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: Câu 6 (1,0 điểm). sin   2 cos  3 . a) Cho tan    . Tính giá trị biểu thức: P  cos 2   4 sin(   ) b) Để kỷ niệm ngày thành lập Đoàn Thanh niên, một trường THPT tổ chức cho học sinh các hoạt động ngoại khóa và hội diễn văn nghệ. Có tất cả 5 tiết mục hát, 3 tiết mục múa và 2 tiết mục kịch. Ban tổ chức sắp xếp thứ tự các tiết mục để biểu diễn một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất để tiết mục biểu diễn đầu tiên và cuối cùng đều là tiết mục múa. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm BC. Biết AB  a , BC  a 3 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SB. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD (AB < BC), E là điểm 4 2 đối xứng của D qua C và đường tròn đường kính DE cắt đoạn thẳng BE tại điểm thứ hai là I  ;   5 5  5  (I khác B, E). Đường thẳng CI cắt đường thẳng AB tại T   ; 1  . Biết điểm A thuộc đường thẳng  2  d : x  y  4  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.  Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình: x 4  1  2 x  1  x 2  x   x  1  1 trên tập số thực. Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y , z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn x  y  z 2  xy  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x2  y2 y 2x .   x2  y 2  6 x  y  2 z 4 2z -----------------HẾT----------------Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………….; Số báo danh: ………………………................... Cảm ơn thầy Tô Việt Hưng (tohungqn@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 - 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm  Tập xác định: D = R  Sự biến thiên: 0,25 x  0 - Chiều biến thiên: y '  4 x 3  4 x ; y '  0   .  x  1 - Các khoảng đồng biến: (; 1) và (0; 1) . Các khoảng nghịch biến: (1;0) và (1; ) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại hai điểm x  1 và x  1 ; yCĐ = y ( 1)  4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 ; yCT  y (0)  3 . - Giới hạn: lim y  , lim y   . x  x   Bảng biến thiên: x - y’ Câu 1 (1 điểm) 0,25 + -1 0 4 0 0 - 1 0 4 + + 0,25 y - 3 -  Đồ thị: - Nhận trục Oy làm trục đối xứng. - Cắt trục hoành tại các điểm có tọa độ là    y 4 3  3;0 và  3;0 . 2 - Cắt trục tung tại điểm có tọa độ  0;3 . 0,25 1 x -3 -2 0 -1 1 2 3 -1 -2 Tập xác định của hàm số D  R \ 1 , f '( x)  4 2 .  x  1 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  x0 ; y0  y  f '( x0 )  x  x0   y0  y  4 2  x  x0    x0  1 Câu 2 Tiếp tuyến đi qua điểm M  4; 2  nên ta có: (1 điểm)  x0  1 x 3 4  2 (4  x0 )  0 . 2 x0  1  x0  1  x0  11 0,25 x0  3 . x0  1 Với x0  1 : Phương trình tiếp tuyến là y  x  2 . 1 46 x . Với x0  11 : Phương trình tiếp tuyến là y  25 25 1 có dạng: 0,25 0,25 0,25 a) Ta có 1  2i  z  5  5i  0  z  3  i 0,25 10 10  3i   6  2i z 3i Do đó số phức w có phần thực là 6, phần ảo là 2. b) Điều kiện xác định của phương trình là: 1  x  5 w z Câu 3 (1 điểm) 0,25 Với điều kiện đó phương trình tương đương với: log3 (5  x)2 1 x2 1 x  2 (5  x) 2  2  3  x 2  5 x  14  0   x 1  x  7 Kết hợp điều kiện ta được nghiệm x  2 . 1 0,25 1 1 2 2 Biến đổi I   x  x  1  e x 1  dx   x  x  1 dx   xe x 1dx   0 0,25 0 0,25 0 1 Câu 4 (1 điểm) 1  x4 2 x 2  1 17 2 x  x  1 dx   x3  2 x 2  x dx    x3     2  0 12  4 3 0 0 1 1 1 1 xe x 1dx  xe x 1   e x 1dx  e2  e x 1  e2  e2  e  e  0 0 0 0     17 e. 12 a) Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P). Do AH  ( P) , nên AH có một Do đó I  x  1 t   vectơ chỉ phương là u AH  (1;1; 2)  Phương trình đường thẳng AH:  y  2  t  z  3  2t  0,25 0,25 0,25 0,25 H  AH  H (1  t ; 2  t ;3  2t ) 2 Câu 5 Do H  ( P ) nên: (1  t )  (2  t )  2.(3  2t )  5  0  t   3 (1 điểm) 1 4 5 Suy ra H  ; ;  .  3 3 3 b) M  d  M (1  3m; 3m; 2  m) Do A là trung điểm đoạn MN nên tọa độ N là N (1  3m; 4  3m;8  m) Ta có N  ( P ) nên: (1  3m)  (4  3m)  2(8  m)  5  0  m  8 Vậy M (25; 24;6) , N (23; 28;0) . sin   2 cos  sin   2 cos  a) Ta có P  cos 2    cos 2    cos 2   1  2 cot  sin(   ) sin  0,25 0,25 0,25 0,25 2 1 25 16  3  1  tan 2   1       cos 2   2 cos  25  4  16 1 4 cot    tan  3 Câu 6 (1 điểm) Suy ra P  16  1  2.   4    77 .   25 75  3 b) Số phần tử của không gian mẫu  là n     10! 0,25 0,25 Gọi A là biến cố “Tiết mục đầu tiên và cuối cùng là tiết mục múa” , n  A   3.2.8! Xác suất cần tính là P  A  n( A) 3.2.8! 1   . n() 10! 15 2 0,25 Gọi H là trung điểm AB. Do tam giác ABC đều nên SH  AB . a 3 Lại có (SAB)  ( ABC ) , suy ra SH  ( ABC ) , tính SH  . 2 Câu 7 (1 điểm) 1 a2 2 Tam giác ABC vuông tại A nên AC  a 2 , S ABC  AB. AC  2 2 2 3 1 1 a 3 a 2 a 6 .  Thể tích VS . ABC  SH .S ABC  . 3 3 2 2 12 Gọi D là điểm sao cho AMBD là hình bình hành. Ta có: d  AM , SB   d  AM , ( SBD)   d  A, ( SBD)   2d  H , ( SBD)  , 0,25 0,25 0,25 AMBD là hình bình hành, lại có MA = MB nên AMBD là hình thoi. Do đó M, H, D thẳng hàng và HD  HB . Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE, ta có HF   SBD  , d  H ,  SBD    HF . 1 1 1 1 1 1 22 a 3       2  d  H ,  SBD    2 2 2 2 2 2 HF HE HS HB HD HS 3a 22 d ( AM , SB)  2d  H , ( SBD)   2. 0,25 a 3 a 66  . 11 22 Câu 8 (1 điểm) Do DI  IE  BI  DI , suy ra 5 điểm A, B, C, D, I cùng thuộc một đường tròn. Do đó AI  TI  Phương trình đường thẳng AI là: 11x  2 y  8  0 . Vì A là giao điểm của d và AI nên suy ra A(0; 4) . Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AT nên có phương trình x  2 y  8  0 . Điểm D thuộc AD nên tọa độ D ( 2t  8; t ) . Do AD, AI là 2 tiếp tuyến với đường tròn đường kính DE nên ta có AI  AD 3 0,25 0,25 2 2 t  2 2 2 4   2     0      4    2t  8    t  4    5   5  t  6 Do đó D (4; 2) hoặc D ( 4; 6) . Mặt khác do D và T nằm khác phía so với đường thẳng AI nên D (4; 2) . Đường thẳng CD đi qua D và vuông góc với AD  CD : 2 x  y  6  0 . C là giao điểm của 2 đường thẳng CD và IT : 2 x  11 y  6  0  C  3; 0  .    AB  DC  B ( 1; 2) . Điều kiện: x  1 , phương trình đã cho tương đương với: x 4  x 2  x  1  x  1 x 2  x  2   x  1 x3  x 2  1   x  1 x  2  x  1    0,25 0,25  0,25 x  1  3 2  x  x  1  x  1  x  2  (1)  (1)  x 3  x 2  x  x  1  x  1  1   x  1   Câu 9 (1 diểm)  x3  x 2  x   3   x 1   2 x  1  x  1 (2) 0,25 Xét hàm f (t )  t 3  t 2  t với t  R Ta có f '  t   3t 2  2t  1  0 t  R nên f  t  đồng biến trên R. x  0 1 5 x 1  x  x 1   2 x 2  x  x 1  0 1 5 Đối chiếu điều kiện, ta được 2 nghiệm của phương trình là x  1; x  2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: x 2  y 2  6  2 xy  6  2 x  y  z 2  2  6  2 x  y  z 2  1  2  x  y  2 z  Do đó:  2   f  x   f       0,25 0,25  2x 2x x   2 x  y  6 2  x  y  2z  x  y  2z 0,25 2 x2  y 2 x y x y    8z 4 2z 2 x y x y x y x y     Khi đó P  x  y  2z x  y  2z 8z x  y  2z 8z x y 1 x y t t x y z   .    f (t ) , với t   0. x y Câu 10 8 z t2 8 z 2 (1 điểm) z t t Xét f (t )   với t  0 . t2 8 t  0 2 1 16  (t  2)2 t 2 f '(t )    , f '(t )  0   2 2 2 (t  2) 8 8(t  2) (t  2)  16 Ta có: x2  y2  0,25 0,25 t f (t ) ' 0 2 0 + 1 4 f (t ) 4 + -