Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 - Sở GD&ĐT Gia Lai

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

Thêm vào BST

Báo xấu

115
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 - Sở GD&ĐT Gia Lai tư liệu này sẽ giúp các bạn ôn tập lại kiến thức đã học, có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kỳ thi sắp tới. Mời các bạn tham khảo tài liệu để nắm vững hơn nội dung, cấu trúc đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 - Sở GD&ĐT Gia Lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x4  2 x 2 . Câu 2 (1,0 điểm). Tìm toạ độ giao điểm A của đồ thị hàm số y  x 1 với trục hoành. Viết phương trình x 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A . Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sau trên tập số thực: 9 x  6  5.3x. b) Cho số phức z thỏa mãn (2  i)z  4  3i . Tìm môđun của số phức w  i.z  2.z . e Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   1 ln x dx . x(2  ln x )2 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A(2 ;  1 ; 0) và mặt phẳng ( P) có phương trình x  2 y  3z  10  0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và song song với ( P) . Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên ( P) . Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sau trên tập số thực:  sin x  cos x  2  1  cos x. b) Hưởng ứng “Tháng hành động vì an toàn thực phẩm”, Đoàn TNCS Hồ Chí Minh Trường Trung học phổ thông X chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong một nhóm học sinh tình nguyện gồm 5 nam và 4 nữ để tham gia đội tuyên truyền của thành phố. Tính xác suất để trong 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , mặt bên hợp với mặt đáy góc 600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và SD. Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN , CD . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn có các điểm M (1 ;  2), N (2 ; 2), P(1; 2) lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, B, C . Tìm tọa độ ba đỉnh của tam giác ABC . Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:    y 3  3 y 2  x 3 x 3  12 x x  9  x  x 4  3 x 2  8 x   6 x  x 2  1    x 2  4 y 2  9  6 x  8 y.  Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thoả mãn điều kiện x 4  y 4  5 x 2 y 2  2 x 2  3 y 2  2  0 . Tìm giá 2015 x 2  3 x 2 y 2  2016 y 2 trị lớn nhất của biểu thức P  . x2  y 2  1 --------------- HẾT ---------------Cảm ơn thầy Nguyễn Tài Chung(nguyentaichung2013@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 GIA LAI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: Toán (Đáp án – Thang điểm gồm 4 trang) Câu 1 (1,0đ) Đáp án Điểm ● Tập xác định: D   . ● Sự biến thiên: 0,25 3 + Đạo hàm: y  4 x  4 x ; x  0 y  0  4 x3  4 x  0    x  1. + Các khoảng đồng biến (1;0), (1;  ) ; các khoảng nghịch biến ( ; 1),(0 ; 1) . Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCÑ  0 , hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  1 . Giới hạn: 0,25 lim y  lim y   . x   x  + + Bảng biến thiên: x –∞ y’ −1 − 0 0 + +∞ 1 0 − 0 0 +∞ + +∞ 0,25 y −1 −1 ● Đồ thị: y 8 0,25 -2 O x 1 -2 2 -1 2 Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là nghiệm của phương trình: 0,25 (1,0đ) x 1  0  x  1 x 1 Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm A  1; 0  . 0,25 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A  1; 0  có dạng y  y '(1)( x  1) . Ta có 0,25 2 1 y'  y '(1)   . 2 ( x  1) 2 1 2 Vậy phương trình tiếp tuyến của (C ) tại A  1; 0  là: y   ( x  1) hay y   3 1 1 x . 2 2 0,25 a) Đặt t  3x , điều kiện t  0 (*). (1,0đ) t  2 , thoả điều kiện (*). t  3 Phương trình đã cho trở thành t 2  5t  6  0   0,25 Với t  2 ta có 3x  2  x  log 3 2 ; với t  3 ta có 3x  3  x  1 . 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x  1 và x  log 3 2 . b) (2  i)z  4  3i  z  1  2i w  iz  2z  i(1  2i)  2(1  2i)  4  5i . Vậy | w | 41 . 4 0,25 0,25 Đặt t  2  ln x  dt  (1,0đ) 1 dx . Đổi cận: x  1  t  2; x  e  t  3 x 3 Khi đó I  0,25 t2  t 2 dt 2 3 3 2 1 2       2 dt   ln t   t t  t 2  2 1 3 Vậy I    ln 5 (1,0đ) 0,25 3 . 2 (Q ) // ( P) nên phương trình (Q ) có dạng x  2 y  3 z  D  0 với D  10 . 0,25 0,25 0,25 A(2;  1;0)  (Q )  2  2  0  D  0  D  4 , thoả điều kiện. 0,25 Vậy (Q ) có phương trình x  2 y  3 z  4  0 . Hình chiếu vuông góc của A trên (P) chính là giao điểm H của (P) với đường thẳng d qua A và vuông góc với (P). 0,25  d qua A(2;  1;0) , vuông góc với (P) nên d nhận vectơ pháp tuyến n  (1; 2;  3) của x  2 y 1 z   . 1 2 3 Toạ độ H ( x ; y ; z ) giao điểm của d và (P) là nghiệm của hệ : (P) làm vectơ chỉ phương. Do đó d có phương trình 2 x  y  3 x  1  x  2 y 1 z       3 y  2 z  3   y  1. 2 3  1  x  2 y  3z  10  0  x  2 y  3 z  10  0 z  3    6 0,25 Vậy H 1; 1; 3 . 2 a) Ta có  sin x  cos x   1  cos x  1  2sin x.cos x  1  cos x  cos x (2sin x  1)  0 0,25    x  2  k   cos x  0     1   x   k 2 , k   sin x  6   2  x  5  k 2  6  0,25 (1,0đ) b) Nhóm học sinh tình nguyện có 9 học sinh, chọn 4 học sinh, khi đó số phần tử không 0,25 gian mẫu là |  | C94  126 . 4 Nếu chọn 4 học sinh đều là nam hoặc đều là nữ, ta có số cách chọn là C54  C4  6 . Do đó 7 (1,0đ) 6 20  xác suất của biến cố A : “4 học sinh được chọn có cả nam và nữ” là P( A)  1  . 126 21 S Gọi O là tâm hình vuông ABCD, M là trung điểm AB. Khi đó SM  AB, OM  AB . N I A M O B D K C Do đó góc giữa hai mặt ( SAB), ( ABCD) là  SMO  600 (theo gt). 0,25 0,25 S . ABCD là hình chóp đều nên SO  ( ABCD) , suy ra SO  OM , do đó SO  OM tan 600  a 3. 2 1 1 a a3 3 Vậy thể tích khối chóp là: VS . ABCD  S ABCD .SO  a 2 . . 3 3 3 2 6 Gọi K là trung điểm CD. Dựng đường thẳng d qua N, song song với CD, d cắt SK tại I. Khi đó CD//(MNI), do đó d(MN, CD) = d(K, (MNI)). Ta có MI  SK (do SMK đều)  MI  IK Mà IK  IN (do IN//CD). Suy ra IK  ( MNI ) 0,25 0,25 Từ đó d(MN, CD) =d(K, (MNI)) = IK Ta có ∆SKM là tam giác đều, I là trung điểm SK. Do đó: d ( MN , CD )  KI  SM a  . 2 2 0,25 8 Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Do các điểm B, P, N, C thuộc A   đường tròn đường kính BC nên PNB  PCB ; N (1,0đ) P H Các điểm H, N, C, M thuộc đường tròn đường kính HC nên   HNM  HCM B C M 0,25   Suy ra PNB  BNM   Tương tự ta có PMH  HMN . Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP. x 1 y  2   4 x  3 y  2  0 . Tương tự, lập được phương trình các 3 4 đường thẳng NP : y  2  0, PM : x  1  0 . Ta có phương trình MN:  Phương trình các đường phân giác góc MNP : 0,25  4 x  2 y  12  0 (1) | 4x  3 y  2 | . Đặt F ( x y )  4 x  2 y  12 | y  2 |  5  4 x  8 y  8  0 (2) Thay các toạ độ M , P vào vế trái của (1) ta được F (1;  2).F (1; 2)  0 , dó đó (1) là phương trình đường thẳng AC (phương trình (2) là phương trình BH ). Tương tự, ta cũng lập được phương trình của BC , AB . 0,25 BC : x  3 y  7  0, AB : x  y  3  0 . Suy ra tọa độ các đỉnh tam giác ABC là A(–1;4); B(4;–1); C(–5; –4) 9  0,25   y 3  3 y 2  x 3 x3  12 x x  9  x  x 4  3x 2  8 x   6 x  x 2  1  4 (1)  Xét hệ  (1,0đ)  x2  4 y 2  9  6 x  8 y (2)  0,25 ( x  3)2 ( y  1)2   1 (3). Với điều kiện x  0 , ta có: x  4 y  9  6 x  8 y  4 1 2 2 Suy ra x  [1 ; 5], y  [0 ; 2] Biến đổi (1) về dạng 3  y  1  2  6  y  1  9  y  1  x x  x  Với x  [1 ; 5], y  [0 ; 2] , ta có x x  x  3 3  6 x x  x  2  9 x x  x  0,25 (4) x ( x  1)  0, y  1  1 . 2 Xét hàm số f (t )  t  6t  9t trên [  1;  ) , ta có f '(t )  3t 2  12t  9  0, t [  1;  ) , suy ra f (t ) đồng biến trên [  1;  ) . 0,25