Đề thi thử THPT quốc gia năm 2016, lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Lương Ngọc Quyên

Chia sẻ: Công Luy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

108
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi. Mời các em và quý thầy cô giáo tham khảo đề thi thử THPT quốc gia năm 2016, lần 1 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Lương Ngọc Quyên". Hy vọng đề thi giúp 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 2016, lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Lương Ngọc Quyên

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 MÔN: TOÁN Câu Nội dung Điểm Tập xác định: D   . Câu1 Giới hạn ở vô cực: lim y  ; lim y   (1 điểm) x  x   x  2 Đạo hàm: y '   x  4 x ; y '  0   x  0 3 0,25  x  2 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2    0; 2  . Hàm số nghịch biến trên các khoảng  2;0    2;   Hàm số đạt cực tiểu tại x  0, yCT  3 . Hàm số đạt cực đại tại x  2, yCD  1 0,25 Bảng biến thiên x  -2 0 2  y’ + 0 - 0 + 0 - 1 1 y -3 0,25   Đồ thị: Đồ thị giao với trục Ox tại các điểm   6;0 ,  2;0  2;0 ,  6; 0 . 2 y "  3x 2  4; y "  0  x   . 3  2 7  2 7 Đồ thị hàm số có hai điểm uốn là U1   ;   ,U 2  ;   .  3 9  3 9 0,25 Câu 2 4 0,25 Ta có f  x  xác định và liên tục trên đoạn 1;e ; f '  x   2 x  . (1 điểm) x Với x  1; e  , f '  x   0  x  2 . 0,25 Ta có f 1  1, f  2   2  2 ln 2, f  e   e 2  4. 0,25 Vậy min f  x   2  2ln 2  x  2; max f  x   e2  4  x  e 0,25 1;e 1; e Ta có Câu 3 a) x x x 5 2x 5 x (1 0,5đ 3.25  5.9  8.15  3  3   8  3   5  0 0,25    
điểm)  5  x    1 3 x  0   x  1 .  5 x 5      3  3 0,25 b) 1 Ta có log 22 x  2 log 4  0  log 22 x  log 2 x  0 0,5đ x 0,25 log x  0 x  1  2  0,25 log 2 x  1 x  2 3 Câu 4 3 x  1dx    x  1  1 0,25 (1 điểm) x x  1dx 3 2    x  1  3  x  1  3  x  1  1 x  1dx 0,25    7 5 3 1  0,25    x  1 2  3  x  1 2  3  x  1 2   x  1 2 dx   9 7 5 3 2 6 6 2   x  1 2   x  1 2   x  1 2   x  1 2  C 9 7 5 3 2 4 6 3 6 2 2     x  1   x  1   x  1   x  1  x  1  C 9 7 5 3  0,25 Chú ý! Học sinh có thể làm theo phương pháp đổi biến số. Câu 5 Mặt cầu (S) có tâm I 1;3; 2  và bán kính R  5 . (1 điểm)  0,25 Mặt phẳng (P) có một véc tơ pháp tuyến là n p  1; 1; 2  . Mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) nên phương trình mặt phẳng (Q) có dạng: x  y  2 z  D  0 . 0,25 Mặt phẳng (Q) tiếp xúc mặt cầu (S) khi và chỉ khi 1  3  2  2   D d  I , (Q )   R  5 2 12   1  2 2 D  6  5 6  D6 5 6   0,25  D  6  5 6 Vậy có hai mặt phẳng (Q) thỏa mãn đầu bài là  Q1  : x  y  2 z  6  5 6  0;  Q2  : x  y  2 z  6  5 6  0 0,25 Câu 6 a) sin 3x  sinx  cos 2 x  1  2cos 2 x sin x  2sin 2 x  0 (1 điểm) 0,5đ sin x  0  0,25 cos 2 x  sin x + sin x  0  x  k , k   ;   2  x k  + cos 2 x  sin x  cos 2 x  cos   x    6 3 k   0,25  2    x    k 2  2 b) Gọi X là biến cố “ hai đội 12A6 và 10A3 ở cùng một bảng” 0,5đ Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội là: n     C612C66  924 . Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội, hai đội 12A6 và 10A3 ở cùng một bảng là: - Hai đội cùng bảng A hoặc B: có 2 cách - Chọn 4 đội còn lại vào cùng với bảng của hai đội: có C410
cách. 0,25 - Chọn 6 đội còn lại cho bảng còn lại: có C66  1 cách. Suy ra n  X   2.C410  420 cách. 420 5 0,25 Xác suất xảy ra biến cố X là: P  X    . 924 11 Câu 7 (1 điểm) 2a 3 Ta có AC  2 AI  2 R  . Suy ra BC  AC .cos 30o  a ; 3 a 3 AB  AC.sin 30o  . 0,25 3 a2 3 1 a3 0,25 S ABCD  AB.BC  . Suy ra VS . ABCD  S ABCD .SA  . 3 3 3 Kẻ qua B đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng CD tại E. Khi đó AC song song với mặt phẳng (SBE). Dựng AF vuông góc với BE tại F, dựng AH vuông góc với SF tại H. Ta nhận thấy AH   SBE  . 0,25 Suy ra d  AC, SB   d  A,  SBE    AH . a Tam giác SAE có: SA  a 3 ; AF  AB.cos 30o  ; SAE  90 o . 2 1 1 1 a 39 2  2 2  AH  . AH SA AF 13 Chú ý! Bài này học sinh cũng có thể giải bằng phương pháp 0,25 tọa độ trong không gian. Câu 8 (1 điểm) Gọi M là trung điểm cạnh BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của AD và BC, E là giao điểm của BH và AC. 0,25 7 1 Khi đó tọa độ M  ;   . 2 2
Đường thẳng AD vuông góc với BC và đi qua D nên có phương 0,25 trình: x  y  2  0 . 3 x  5 y  8  0 Tọa độ A là nghiệm của hệ   A 1;1 . x  y  2  0 x  y  4  0 Tọa độ K là nghiệm của hệ   K  3; 1 . x  y  2  0 Tứ giác HKCE nội tiếp nên ta có: BHK  KCE . Mặt khác BDA  KCE . Suy ra BHK  BDA hay tam giác BHD cân tại B, suy ra K là trung điểm HD. Từ đó có H  2; 0  . B  BC  B  t ; t  4   C  7  t;3  t  . Vì BH vuông góc với AC   t  5 0,25 nên ta có HB. AC  0   . t  2 + Với t  5  B  5;1 không thỏa mãn đầu bài xB  3 . + Với t  2  B  2; 2  , C  5;1 . Phương trình AB: 3x  y  4  0 . 0,25 Phương trình AC: y  1  0 . Câu 9 Ta kí hiệu các phương trình trong hệ như sau: (1 điểm)  x  y 2  x  2 y 2  2 1      2 x  2  4 y  8 y xy  2 y  34  15 x  2   2  x  2 Điều kiện:  . y  0  2 x  y 1  2  x  2  x .y  2 y 2  0   .  2  x  2 y 0,25 + Với 2  x  y thay vào (2) ta được 2   x  2  4 2  x  8 4  x 2  34  15 x  3  . Đặt t  x  2  4 2  x  t 2  34  15x  8 4  x 2 t  0 0,25 Khi đó  3 trở thành 2t  t 2   . t  2  x2 4 2 x  0  30 2 17 x  y   17 17  x  2  4 2  x  2  0,25  x  2  y  0 + Với 2  x  2 y . Vì y  0  2 y  0 mà 2  x  0 nên chỉ có thể xảy ra khi x  2 và y  0 thử vào (2) thấy thỏa mãn.  30  x  17 x  2 Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm:  và  .  y  2 17 y  0 0,25  17 Câu 10 1 Đặt x  z  a . Từ giả thiết  x  z  y  z   1  y  z  . (1 điểm) a Vì x  y  x  z  y  z  a  x  z  1 . 1 a2 1 Ta có x  y  x  z   y  z   a   , thay vào P ta được: a a