SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG ĐỀ CHÍNH THỨC

4

y

x

2 2 x

3

ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1 NĂM HỌC: 2015-2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 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 (2,0 điểm).

π α

 

. Tính

.

a) Cho tan α

2 và

  sin α 

  

b) Giải phương trình: cos x sin 4x cos3x

3π 2 

2π 3  . 0

2

Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

  x

4

x

.

 f x

trên đoạn

.

2;

1 2

  

  

x

x

x 9 .

6

và góc tạo bởi

030 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và

2

2

a 2 SD 3

4)   x y ( (

.Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật  ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0)  17 0

 25 y 4

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4 Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội? Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình:  1) ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x và điểm M có tung độ âm

 1

2 5 2       2 x y x y x y

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 



8 x y   1     1 3 2 y x  2

x y z  , ,

0; 2

3

P

xy

yz

zx

2

2

2

2

2

2

7 z  x     x  thỏa mãn   1   4 x    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức y

Câu 9 (1,0 điểm). Cho 1 z

1 y

2

x

y

2

z

2

1 x

-----------------------HẾT------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I Nội dung

Điểm



y

y



0,25 ; a) (1,0 điểm) 1) Tập xác định : D   2) Sự biến thiên: lim a, Giới hạn :  x

lim x  4 3  4 x x

1x

b, Bảng biến thiên: y’ = , y’ = 0  x = 0,

x y' 0,25

y

;1(  , hàm số nghịch biến trên mỗi

)

(

)1;



-  - 1 0 1 +  - 0 + 0 - 0 + +  - 3 +  - 4 - 4

0,25 Câu Câu 1 (1,0 điểm)

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và và (0; 1). khoảng Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 , yCT = y( 1 ) = - 4. 3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm (  3 ; 0).

y

1

3

4

π α

 

. Tính

?

x 3 3 O 1 0,25

3π 2

2π 3

 sin α  

  

2

Cos α

cosα

 

2

Cho tan α 2 và

1 1 tan α

1  1 4

1   5

5 5

Ta có 0,25

Câu 2.1 (1,0 điểm)

π α

  

cosα 0

cosα

 

Do

 nên

3π 2

5 5

5

0,25

sin α cosα. tan α

.2

5

2 5 5

0,25

sin α.cos

cosα.sin

2π 3

2π 3

2π 3

 sin α  

  

Vậy

5

2 5

15

.

.

2 5 5

 1 2

 10

3 2 Giải phương trình: cos x sin 4x cos3x

5 

 0

0,25

cos x sin 4x cos3x

  0

 2 sin 2x.sin x 2sin 2x.cos 2x

 0

0,25

2 sin 2x( 2sin x sin x 1)

sin 2x

x

k2π

Câu 2.2 (1,0 điểm)   2sin 2x(s inx cos2x) 0     0   0,25

x

k2π

s inx

      

x

k2π

kπ 2 π   2  π 6 7π 6

  x   0   s inx 1      1  2   

2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

  x

4

x

.

 f x

trên đoạn

.

2;

1 2

  

  

x

0,5

f '(x) 1

 

2

 4 x

+ Ta có 0,25 Câu 3 (1,0 điểm)

f '(x) 0

  

x

  2 [ 2;

]

1 2

1

15

+ 0,25

f ( 2)

  

2;f (

)

1 2

2

1

15

;

  2

maxf(x)

minf(x)

0,25 + Có

2

[-2;

]

[-2;

]

1 2

1 2

x

x

6

x 9 .

x

x

0,25

2.

1

  

  

  

x

x

0,25

 

2.

1 0

2 3

  

  

Giải phương trình 2.4 Phương trình 6 4   9 9  22   3  x

  1

Loai

2 3

  

0,25 Câu 4 (1,0 điểm)

x

2 3

1 2

  

            

0,25

  x

log 2 2 3

x  

Vậy phương trình có nghiệm

log 2 2 3

 n(Ω) 625

0,25

0,25

0,25

n(A)

 4.1.2.3 1.4.3.2

48

Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội? Có tất cả 5.5.5.5=625 cách Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội” A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH” Câu 5 (1,0 điểm)

0,25

 P A

n(A) n(Ω)

48 625

P(A) 1 P A 1

 

 

Vậy

48 625

577 625

0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm

trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD và góc tạo 3

a 2 030 . Tính theo a thể tích khối chóp

)

bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).

S

.

Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra SH ABCD ( và  030 SCH  Ta có: 0,25

K

  SHC SC SD   SHD  2 3 a

A

D

I

 . Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

H

0

Câu 6 (1,0 điểm)  SH SC .sin  SCH SC .sin 30  a 3

B

C

0

 SCH SC .cos 30  a 3

AB

2

2

2

BC

HC

BH

2

a

2

S

AB BC .

4

a

2

.cos . Suy ra Vì tam giác SAB đều mà SH a 3 nên HC SC  a 2

ABCD

3

4

a

6

. Do đó, . 0,25

V

SH .

S

S ABCD

.

ABCD

2

2

BA

HA

1 3 nên

Vậy, .

3  

  d B SAC ,

Vì

AC HK

 

SHI

AC

AC HI

  d H SAC , Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có: 

HK

SAC

0,25 nên . và AC SH . Mà, ta lại có: HK SI

Do đó: .

AH BC a

6

  HI

HI BC

AH AC

3

. AC

a

66

HK

Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên .

2

11

.HS HI 2  HS HI

66

2

Suy ra, . 0,25

2

2

HK

  d B SAC ,

  d H SAC ,

a 11

2

2

Vậy ,

25 1)     x y ( (

17 0

 ;

y 4

x

.Xác định tọa độ các đỉnh 

A

B

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: 4) của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm

I

Câu 7 (1,0 điểm)

C

D

E

0,25

N

M

+(T) có tâm I(4;1);R=5 + Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM và N,C là chân các đường cao nên chứng minh được :IM  CN

+ Lập ptđt IM qua I và IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0

M(7; 3)  + M là giao điểm (T) với IM : 0,25 M(1;5) (loai)   

0,25

+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7 + C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1) + B đối xứng M qua C => B(7 ;5) + Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1

D(9;1) D là giao điểm (T) và DC :  D( 1;1)    0,25

 1

Giải hệ phương trình:

 

 2 x x y    5 x 2 y  y  2



8 x y   1   2 y x   1 3  2

x

 

1;

y

x

a ;

y

,

0

  1  x 4   7 x Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)   +Do BA CD => A(-1 ;5) * Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ     

, từ (1) ta có:

2

2

2

2

2

Điều kiện Đặt   1

     a b ab b

 b a b  2

   1 5    b   b a  b  0 0,25

 . 2 2    

a b ,

1 2

a b

0

 

 a b 0 Câu 8 (1,0 điểm) 2     0 a ab a    1 2   a b b  (do a

1

y

2

3

x

    . y

   x

Thế vào (2) ta được:   4  1

x x 8 x 8 x  4 x  8 x    x x   2  2

    1 3

 x 4

 1   1 3

 4  x x  x 8

 7  x  7 x 0,25

  *

2

x  1  x   1 3

2

x  8

 1

4  x  x  4 x  7 4  x x 7  4    y 11; 



2

2

1 3

x

   x

1

3

x

2

x

2

3

(**)

 

3 .  

0,25

 

 

2

t

f

3

3

t

f

'

3

t

0

t

Xét hàm số

với t   có

    nên

  t

  t

2 1

   

f

  đồng biến trên  .

  t

2

 x

**

f

x

1

2

2

x

x

Do đó 

 f x

2

    x + +   *  x   1 3    x     

x

  1

x

4

x

4

       1 

2

5

13

  x

(T/M)

2

x

5

x

  3

0

 x  2 

5

13

11

13

x

y  

2

 2

5

13

13 11 ;

Vậy hệ đã cho có nghiệm 

;x y là  

 8;11 và

2

 2

   

   

x y z  , ,

0; 2

x

3

y

z

Cho

thỏa mãn

   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

xy

yz

zx

2

2

2

2

2

2

1 y

x

2

y

z

2

1 z

1

2

2

2

2

xy

x

y

  2

y

2

x

y

x

Ta có

,….;

,…

 

2  1

1 x  1

 xy 2

0,25

Nên

.

x

Câu 9 (1,0 điểm) P     xy  yz  zx  3 1  1 2 x 1  y z z x   

z

xy

yz

zx

9

xyz

Ta có 

     y y  1  

y

y

z

z

x

x

  y

z

xy

yz

zx

xyz

x

  y

z

xy

yz

zx

   x









8 9

0,25





 

 

 

 z  x

 x  x

2

x  y y   y z z x   y z  x    1  1  1  x y y z z x y y z z    

2

 x zx yz   x y y  z z  x   y   xy   

 z  

z   y  xy  yz  zx 



 x 8 9

x z xy yz zx y    

P

xy

yz

zx

Suy ra

27 8

27  yz

xy

zx

  

xy

 1  2 8  yz

 

zx

Đặt t

.

4

x

y

z

xy

yz

zx

x y z , ,

0; 2

2

2

  

0

2

Do

   t 2

   2





 xyz 2

  xy zx 27 yz   8 3 8

xy

yz

zx

x

  y

z

3

3

   . t

Mặt khác:

2

1 3

t 

Vậy

P

  t

f

Ta có

  t

27 8

2;3 1 27   2 8 t 

  

3

f

t 

'

0

f

t

t

  

với

ta có

Xét hàm số

  t

  t

0; 2

 2;3

27 2

0,25

1 2

27 2 8 t

t 8  16 t

  

  

f

nên hàm số

  t

2;3 .

f

f

.

  t

  3

đồng biến trên  15 4

f

P

  P

P 

x

1

y

Do

. Có

khi

   . z

  t

15 4

0,25

x

   z 1.

y

đạt được khi

15 4 Vậy giá trị lớn nhất của P là 15 4

(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)

0,25