Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 - 2016 lần 3 môn Toán (Kèm theo đáp án) - Trường THPT Hậu Lộc 2

Chia sẻ: Nguyễn Thị Uyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

71
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sau đây là Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 - 2016 lần 3 môn Toán của trường THPT Hậu Lộc 2. Mời các bậc phụ huynh, thí sinh và thầy cô giáo cùng tham khảo để để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 - 2016 lần 3 môn Toán (Kèm theo đáp án) - Trường THPT Hậu Lộc 2

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2015 - 2016 THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 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  x3  3x 2 . 9 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x)  x  trên đoạn [1;4]. x Câu 3 (1,0 điểm). a) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  4 z  5  0 ; M , N là các điểm biểu diễn z1 , z2 trên mặt phẳng phức. Tính độ dài đoạn thẳng MN .   b) Giải phương trình log3 8.3x  9  2 x trên tập số thực. Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x3  3x 2 và trục hoành. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  11  0 và điểm I (3;6;7) . Lập phương trình mặt cầu ( S ) tâm I và tiếp xúc với ( P). Tìm tọa độ tiếp điểm của ( P) và ( S ) . Câu 6 (1,0 điểm). sin 3  sin  2 a) Tính giá trị của biểu thức P  , biết cos    . sin 2 3 b) Biển số xe ô tô của tỉnh X (nếu không kể mã số tỉnh) có 7 kí tự, trong đó kí tự ở vị trí đầu tiên là một chữ cái (trong 26 chữ cái tiếng Anh), kí tự ở vị trí thứ hai là một chữ số thuộc tập 1;2;...;9 , mỗi kí tự ở năm vị trí tiếp theo là một chữ số thuộc tập 0;1;2;...;9 . Một người chọn ngẫu nhiên một biển số xe trong tất cả các biển số trên. Tính xác suất để người đó chọn được một biển số mà có 5 kí tự ở 5 vị trí cuối là một dãy số tiến (chữ số liền sau lớn hơn chữ số liền trước). Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B ; AB  BC  a, AD  2a . Hai mặt phẳng ( SAD) và ( SAB) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng 450 . Gọi M là trung điểm AD . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BD . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I . 17 9 Gọi H( ; ), K (1;3) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BC và B lên AI . Phương trình 5 5 đường phân giác trong của góc A là (d ) : 3x  y  8  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  y 2 ( y 2  1) 2  ( x 2  3x  2)( x  2)  2( y 3  y )( x  2) x  1   4 2        x  2 y 2  4  x 4  3  y 2  1 1  y 2 x 2  2 y 2  x 2  y 2 1  x 2  y 2  1   x  1  y 2  Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x8 z8  y8 z8  3z8  1 . x2 z5 y2 z5 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P    2 . (yz  1) (xz  1) z (x  y)5 5 5 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:………………………..
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2015 - 2016 THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 Môn: TOÁN Đáp án gồm 7 trang ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3x 2 . 1,0  Tập xác định: D    Sự biến thiên: x  0 0,25 Chiều biến thiên: y '  3x  6 x  y '  0   2 - x  2 Các khoảng đồng biến: (;0) và (2;  ) ; khoảng nghịch biến: (0;2) - Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x  0, yCĐ  0 ; đạt cực tiểu tại x  2, yCT  4 . 0,25 - Giới hạn lim y   ; lim y   x  x  - Bảng biến thiên: x  0 2  y’  0 - 0  0,25 y 0   -4  Đồ thị: Đồ thị nhận điểm uốn I 1; 2  làm tâm đối xứng. y 1 2 3 O 0,25 -4 2 9 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x)  x  trên đoạn [1;4]. 1,0 x 9 Ta có f(x) liên tục và xác định trên đoạn [1;4] và f '( x)  1  . 0,25 x2 Với x [1;4], f '( x)  0  x  3 0,25 25 Ta có: f(1)  10, f (3)  6, f (4)  0,25 4 Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm f (x) trên đoạn [1;4] lần lượt là 10 và 6. 0,25 3 a) Cho z 2  4 z  5  0 . M, N biểu diễn z1 , z2 . Tính độ dài đoạn MN. 0,5
Phương trình đã cho có  '  4  5  1  i 2 nên có hai nghiệm z1,2  2  i . 0,25 Từ đó M (2;1), N (2; 1)  MN  2 . Vậy MN  2 . 0,25   b) Giải phương trình log3 8.3x  9  2 x trên tập hợp số thực. 0,5 Phương trình đã cho tương đương với 8.3x  9  32 x  32 x  8.3x  9  0 0,25 3 x  9  x Với 3x  9  x  2 . Đáp số: x  2 . 0,25 3  1(VN) 4 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x3  3x 2 và trục hoành. 1,0 x  0 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và truc hoành là: x3  3x 2  0   0,25 x  3 3 Diện tích hình phẳng cần tìm là S   x3  3x 2 0,25 0 3 x4    (x3  3x 2 )dx  (  x3 ) 3 0 0,25 0 4 27 27  . Vậy diện tích hình phẳng cần tính là: S  0,25 4 4 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  11  0 và điểm 5 I (3;6;7) . Lập phương trình mặt cầu ( S ) tâm I và tiếp xúc với ( P). Tìm tọa độ tiếp điểm của 1,0 ( P) và ( S ) . | 3  12  14  11| Mặt cầu ( S ) tâm I có bán kính R  d ( I ,( P))  6. 0,25 3 Phương trình mặt cầu (S ) : ( x  3)2  ( y  6)2  ( z  7)2  36 . 0,25 x  3  t  Đường thẳng (d ) qua I và vuông góc với ( P) có phương trình  y  6  2t (t  ) . 0.25  z  7  2t  Giả sử M là tiếp điểm của ( P) và ( S ) 0,25 M  (d )  ( P)  (3  t )  (12  4t )  (14  4t ) 11  0  9t  18  0  t  2  M (1;2;3) 6 sin 3  sin  2 a) Tính giá trị của biểu thức P  , biết cos    . 0,5 sin 2 3 sin 3  sin  2cos 2 sin  cos 2 Ta có: P    0,25 sin 2 2sin  cos  cos  2cos   1 1 2   cos  6 0,25
b) Biển số xe ô tô của tỉnh X (nếu không kể mã số tỉnh) có 7 kí tự, trong đó kí tự ở vị trí đầu tiên là một chữ cái (trong 26 chữ cái tiếng Anh), kí tự ở vị trí thứ hai là một chữ số thuộc tập 1;2;...;9 , mỗi kí tự ở năm vị trí tiếp theo là một chữ số thuộc tập 0;1;2;...;9 . Một người 0,5 chọn ngẫu nhiên một biển số xe trong tất cả các biển số trên. Tính xác suất để người đó chọn được một biển số mà có 5 kí tự ở 5 vị trí cuối là một dãy số tiến (chữ số liền sau lớn hơn chữ số liền trước). Ta có 26 cách chọn chữ cái xếp ở vị trí đầu tiên. Tương tự có 9 cách chọn chữ số cho vị trí thứ hai và có 10 cách chọn chữ số cho mỗi vị trí trong năm vị trí còn lại, do đó theo quy tắc nhân 0,25 ta có số phần tử của không gian mẫu là:   26.9.10.10.10.10.10  23400000 . Gọi A là biến cố chọn được biển số mà có 5 kí tự sau là một dãy số tiến. Ta biết rằng với 5 chữ số khác nhau chỉ có duy nhất một cách sắp xếp để được một dãy năm số tăng dần, do đó mỗi cách chọn 5 trong 10 chữ số thuộc tập 0;1;2;...;9 cho ta một dãy năm số tăng dần, do đó: 0,25 A 63  A  26.9.C105  P( A)   .  25000 7 Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B ; AB  BC  a; AD  2a . Hai mặt phẳng ( SAD) và ( SAB) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng 1,0 ( ABCD) bằng 450 . Gọi M là trung điểm AD . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BD . S ( SAD)  ( SAB)  SA  Ta có  (SAD)  (ABCD)  SA  ( ABCD) ,  (SAB)  (ABCD)  Từ đó ta cũng có   450. góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD) là góc SCA 0,25 H A M D N P B C 1 1 1 1 a3 2 VS .AB CD  .SA.S ABCD  .AC. ( AD  BC ). AB  a 2.(2a  a).a  . 3 3 2 6 2 0,25 a3 2 Vậy VS .AB CD  . 2 Gọi N là trung điểm AB  BD //(SMN ) . Suy ra: d (SM , BD)  d ( BD,(SMN ))  d ( D,(SMN ))  d ( A,(SMN )) . 0,25 Kẻ AP  MN  P  MN  , AH  SP  H  SP   AH  (SMN )  d ( A,(SMN ))  AH . Tam giác vuông SAP có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 2  2  2  2  2  2  2 2  2  2. 0,25 AH AS AP AS AN AM 2a a a 2a 4
a 22 a 22 Suy ra AH   d ( SM , BD)  . 11 11 8 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi 17 9 H( ; ), K (1;3) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BC và B lên AI . Phương 5 5 1,0 trình đường phân giác trong của góc A là (d ) : 3x  y  8  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC Gọi M là giao điểm thứ hai của phân giác  d  với đường tròn ngoại tiếp tam giac ABC( M  A ), A suy ra IM  BC  IM / / AH  HAM   IMA .   IMA Mặt khác tam giác IAM cân tai I  IAM ,   IAM do đó HAM  hay AM là phân giác HAI . ( AH và AI đối xứng nhau qua AM ) K I 0,25 B H C D M Gọi E là điểm đối xứng của H qua AM , suy ra E  AI , E (1;1) . Phương trình AI qua 2 điểm E , K là: x  1  0  AI  AM  A(1;5). 0,25 Gọi D là điểm đối xứng với A qua I, suy ra    BCD ACD  900 ; BAD  , mà tứ giác AKHB   KHC nên có BAD  (cùng bù góc BHK   BCD  ). Do đó KHC   HK / / CD  HK  AC . 0,25 Phương trình AC qua A và vuông góc với HK là: 2 x  y  3  0 . Phương trình BC qua H và vuông góc với AH là: 3x  4 y  3  0  BC  AC  C (3;  3) . Phương trình KB qua K và vuông góc với AI là: y  3  0  KB  BC  B(5;3). 0,25 Vậy ba đỉnh của tam giác ABC là: A(1;5); B(5;3); C (3;  3). 9 Giải hệ phương trình:  y 2 ( y 2  1)2  ( x 2  3x  2)( x  2)  2( y 3  y )( x  2) x  1 1  1,0  4 2  2 4 2  2 2 2 2  2 2 2    x  2 y  4  x  3  y  1 1  y x  2 y  x  y 1  x  y  1   x  1  y  2  2  Đk: x  1, x 2  2 y 2  4  0. 1  ( y3  y)2  2( y3  y)( x  2) x  1  ( x  2) 2 ( x  1)  0 2 0,25   y 3  y  (x  2) x  1  0  y 3  y  (x  2) x  1  y3  y  ( x  1) x  1  x  1 (3) Xét hàm số: f  t   t 3  t trên  , có f '  t   3t 2  1  0, t    f  t  đồng biến trên  (3)  f (y)  f ( x  1)  y  x  1 0,25 Thay vào (2) ta có:      4 x 2  2 x  2  x 4  3  x  1  ( x  1) x 2  2 x  2  x 2  x  1 1  x 2  x  2   0  
 4 x2  2 x  2  x4  3  x  0 (4)   1  ( x  1) x 2  2 x  2  x 2  x  1 1  x 2  x  2  0(5)   Giải (4): (4)  4 x2  2 x  2  x  x 4  3 x2  2 x  5 Ta có: 4 x 2  2 x  2  4 ( x 2  2 x  2).1.1.1  4 x2  2x  5 x2  2x  5 Do đó từ (4) suy ra x4  3  4 x2  2 x  2  x  x 4 4 0,25  4 x4  3  x2  2 x  5  16( x 4  3)  ( x 2  2 x  5)2  15 x 4  4 x3  14 x 2  20 x  23  0  ( x  1) 2 (15 x 2  26 x  23)  0  ( x  1)2  0  x  1 ( do tam thức bậc hai 15x 2  26 x  23  0, x   ) (4)  x  1 (thử lại thấy thỏa mãn thỏa mãn) Giải (5): Cách 1: (5)  (1  x 2  x  1)  ( x  1) x 2  2 x  2  x 2  x  1 x 2  x  2   0    x( x  1) x(2 x  3x  3) 2   0 1  x  x  1 ( x  1) x  2 x  2  x 2  x  1 x 2  x  2 2 2  2 x 2  3x  3 x 1   x  0  ( x  1) x  2 x  2  x  x  1 x  x  2 1  x  x  1  2 2 2 2 Do x  1 nên  2 2 x2  2 x  3  x  x  1 x  x  2  2 2   ( x  1) x 2  2 x  2  ( x  1)  x  2 x  2  2 x  4 x  3 2 2 2  2 2  ( x  1) x 2  2 x  2  x 2  x  1 x 2  x  2  2 x 2  3x  3 0,25 2 x  3x  3 2  1 ( x  1) x  2 x  2  x 2  x  1 x 2  x  2 2 Mặt khác: x 1 x 1 x2  x  1  x2  x   1 1  x2  x  1 1  x 2 x 2  3x  3 x 1    0 ( dấu “=” không xảy ra) ( x  1) x 2  2 x  2  x 2  x  1 x 2  x  2 1  x 2  x  1 Vậy PT (5) có nghiệm duy nhất x  0. Cách 2: Đặt: u  x 2  x  1  u 2  x 2  x  1 (5)  u 2  x 2  x  ( x  1) ( x  1) 2  1  u (1  u 2  1)  0  u 2  u  u u 2  1  ( x  1) 2  ( x  1)  ( x  1) ( x  1) 2  1(6)
Xét hàm: h(t )  t 2  t  t t 2  1 , có   2 t 2 t  t2 1 h '(t )  t 2  t  t t 2  1  2t  1  t 2  1    1  0, t t 1 2 t 1 2 Do đó hàm số h(t ) nghịch biến trên  (6)  h(u)  h( x  1)  x 2  x  1  x  1  x 2  x  1  x 2  2 x  1  x  0 Vậy tập nghiệm của hệ là: {(0;1),(1; 2)} 10 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x8 z8  y8 z8  3z8  1 . x2 z5 y2 z5 1 1,0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P    2 . (yz  1) (xz  1) z (x  y)5 5 5 1 Ta có: x8 z 8  y8 z 8  3z 8  1  x8  y8 + 8  3 z x2 y2 1 P   2 . 1 5 1 5 z (x  y )5 (y ) (x  ) z z 1 0,25 Đặt x  a, y  b,  c . Bài toán trở thành: z Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a8  b8  c8  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a2 b2 c2 thức: P    (b  c)5 (c  a)5 (a  b)5 Áp dụng BĐT Cô-Si(AM-GM) ta có: a2 bc a a a a a2 1 a a bc   ;     (  ) (1) (b  c) 5 64 4(b  c) 2 (b  c) 2 4 bc (b  c) 5 4 bc 4 64 b2 1 b b ca Tương tự  (  ) (2) (c  a ) 5 4 ca 4 64 c2 1 c c ab  (  ) (3) ( a  b) 5 4 ab 4 64 Cộng (1) (2) (3) theo vế ta có 1 a b c abc P≥ (   )3 (4) 4 bc ca ab 32 a b c 1 1 1 Mà    (a  b  c)(   )3 0,25 bc ca ab ab bc ca 1 1 1 1  [(a  b)  (b  c)  (c  a)](   )3 2 ab bc ca 1 1 3  3.3 (a  b)(b  c)(c  a) .33 3 (5) 2 (a  b)(b  c)(c  a) 2 Ta lại có: a8  1  2a 4 ; a 4  1  2a 2 ; a 2  1  2a  a8  2a 4 – 1  4a 2 – 3  8a – 7 b8  8b – 7; c8  8c – 7 0,25 Tương tự:  3  a8  b8  c8  8  a  b  c  – 21  a  b  c  3(6)
Từ (4) (5) (6) ta có a2 b2 c2 1 3 9 3 P    .   (b  c)5 (c  a)5 (a  b)5 4 2 32 32 0,25 3 Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 . Vậy GTNN của P là khi x  y  z  1 . 32 …………………Hết……………….