Đề thi thử THPT quốc gia năm 2016, lần thứ 2 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Trần Hưng Đạo

Chia sẻ: LƯƠNG TÂM | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

55
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo đề thi thử THPT quốc gia năm 2016, lần thứ 2 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Trần Hưng Đạo" giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT quốc gia năm 2016, lần thứ 2 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Trần Hưng Đạo

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  1 (C) x2 Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN của hàm số y trên đoạn  2; 4  x 1 Câu 3.(1,0 điểm) a) Tìm môđun của số phức z biết z  2 z  1  7i . b) Giải phương trình: 9 x  3.3x  2  0 . 1 Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x 2 1  x 1  x 2 dx 0   x 1 y 1 z Câu 5.(1 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  :   . Viết 1 2 1 phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng  , vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và viết phương trình đường thẳng  ' là hình chiếu vuông góc của  lên mặt phẳng (Oxy). Câu 6.(1 điểm) a) Giải phương trình: 2 cos 5 x.cos 3 x  sin x  cos 8 x b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu. Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN). 8  Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho ABC có trọng tâm G  ; 0  và có đường tròn 3  ngoại tiếp là  C  tâm I . Điểm M  0;1 , N  4;1 lần lượt là điểm đối xứng của I qua các đường thẳng AB, AC . Đường thẳng BC qua điểm K  2; 1 . Viết phương trình đường tròn  C  . 2 y  2  3 y  2  x3  4  x  Câu 9.(1 điểm) Giải hệ phương trình:  2   y  4  2 y  12   8  x  y  x 2  2  x 2  y  Câu 10.(1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 .Tìm GTNN của biểu thức: 25a 2 25b 2 c2 3  a  P   2a 2  7b 2  16ab 2b 2  7c 2  16bc a ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:.................................................................... SBD:........................................................... Chữ kí giám thị 1:...............................................Chữ kí giám thị 2:.............................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn thi: TOÁN (Đáp án bao gồm 5 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 Đáp án Câu Nội dung Điểm 1 Tập xác định: D = R. 0,25 +Giới hạn: lim y   , lim y   x x x  0 + Ta có y  3x 2  6 x; y  0   x  2 BBT: x  0 2  y + 0 - 0 + 0,25 y 1   3 +Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;  +Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2  . 0,25 + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: xcđ = 0, ycđ = y(0) = 1. Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2, yct = y(2) = -3. + Đồ thị 6 4 2 0,25 -10 -5 5 10 -2 -4 -6 2 + Ta thấy hàm số đã cho xác định và liên tục trên  2; 4  x2  2x x  0 0,25 y' 2  y' 0    x  1 x  2 +Trên  2; 4  thì y' = 0 có một nghiệm là x = 2. 0,25 16 +Ta có y  2   4; y  4   0,25 3
16 +Max y = khi x = 4 3 0,25 +Min y = 4 khi x = 2 3a +Gọi z  a  bi , , a, b  R 0,25 (1  i) z  (2  i ) z  2  2i  (1  i )(a  bi )  (2  i)(a  bi )  2  2i 3a  2b  2 a  2  3a  2b  bi  2  2i     b  2 b  2 0,25 +Vậy z  2  2i 3b +Đặt: 3x  t , t0 t  1 0,25 có: t 2  3t  2  0   t  2 +Với t=1: 3x  1  x  0 +Với t=2: 3x  2  x  log 3 2 0,25 1 1 1 4 0  2  I   x 1  x 1  x dx   x dx   x 3 1  x 2 dx 2 0 2 0 1 1 x3 1 I1   x 2 dx   0,5 0 3 3 0 1 I 2   x 3 1  x 2 dx 0 Đặt t  1  x 2  x 2  1  t 2  xdx  tdt Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  0 0 1 1  t3 t5  2  I 2    1  t  t dt    t  t dt      2 2 2 4 0,5 1 0  3 5  0 15 7 Vậy I  I1  I 2  15  5 +Đường thẳng  có vectơ chỉ phương u  1; 2; 1 , đi qua M(1;-1;0); mặt phẳng  (Oxy) có vectơ pháp tuyến k   0;0;1 . 0,25    +Suy ra (P) có vectơ pháp tuyến n  [u , k ]   2; 1; 0  và đi qua M. +Vậy (P) có phương trình 2( x  1)  ( y  1)  0 hay 2x – y – 3 = 0. 0.25 (Oxy) có phương trình z = 0.  ' là giao tuyến của (P) và (Oxy). 2x  y  3  0 0,25 +Xét hệ  . z  0 x  t  0.25 +Đặt x = t thì hệ trên trở thành  y  3  2t . z  0 
x  t  +Vậy  ' có phương trình  y  3  2t . z  0  6a PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25 2  1- 2sin x + sinx = 0 1  sinx = 1 v sin x   2 0,25   7  x   k 2 ; x    k 2 ; x   k 2 , ( k  Z ) 2 6 6 6b Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là C144  1001 cách . Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 .C51 .C 72 cách 0,25 + TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 .C 52 .C 71 cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 .C51 .C 71 cách Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là C 21 .C 51 .C 72 + C 21 .C 52 .C 71 + C 22 .C 51 .C 71 = 385 cách . 0,25 1001  385 616 8 Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là P    . 1001 1001 13 7 +Ta có: AN  AB 2  BN 2  2a 3 S Diện tích tam giác ABC là: 0,25 1 S ABC  BC. AN  4a 2 3 . 2 M Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 1 VS . ABC  S ABC .SA  4a 2 3.8a A C 3 3 H 32a 3 3 N  (đvtt). 0,25 3 B +Ta có: VB. AMN BA BM BN 1  . .  VS . ABC BA BS BC 4 0,25 1 8a 3 3 VB. AMN  VS . ABC  . 4 3 1 1 +Mặt khác, SB  SC  4 5a  MN  SC  2 5a ; AM  SB  2 5a . 2 2 +Gọi H là trung điểm AN thì MH  AN ,  MH  AM 2  AH 2  a 17 . 0,25 1 1 +Diện tích tam giác AMN là S AMN  AN .MH  2a 3.a 17  a 2 51 . 2 2 +Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là:
3VB. AMN 8a 3 3 8a 8a 17 d ( B, ( AMN ))   2   . S AMN a 51 17 17 8 0,25 +Gọi H,E là trung điểm MN,BC suy ra H  2;1 . Từ GT suy ra IAMB, IANC là các hình thoi. Suy ra AMN,IBV là các tam giác cân bằng nhau. + Suy ra AH  MN , IE  BC , AHEI là hình bình hành. + Suy ra G cũng là trọng tâm HEI  HG cắt IE tại F là trung điểm IE 0,25 + Vì BC / / MN , K  2; 1  BC   BC  : y  1  0  8  0,25  H  2;1 , G  3 ;0  + Từ     F  3;  1      3  HF  HG  2  2 + Từ EF  BC   EF  : x  3  E  3; 1 0,25 + Vì F là trung điểm IE nên I  3;0   R  5 2 + Từ đây ta sẽ có:  C  :  x  3  y 2  5 . là phương trình đường tròn cần tìm. 9  y  2 + Đk:  2 0,25 x  y + Từ pt thứ 2 ta có:  y  4  2 y  12   8  x 2  y  x 2  2  x 2  y   x2  8  y   y  4  2 y  12   x 2  2  x 2  y   0  2  x2  8  y   2  y  4  2 y  12   2 x 2  2  x 2  y   0 2 2 0.25   2y  8  y  6   x2  2  x2  y  0  2 y  8  y  6   y  2 2 2  x  2  x  y  y2 0
+ Thay vào pt 1 ta được: 2 y  2  3 y  2  x3  4  x 0,25 3  y2  3 y2  x 4  x  3  3 y2  4  3 y2  x 4  x 3 + Xét hàm số: ft   t  t 3  4 t  R Ta có: 3t 2 f t  '  1   0,   t  R   f 3 y  2  f  x   3 y2  x 2 t 4 3   0,25  y  2  0  x   3 4 + Vậy ta sẽ có:   TM   3 y  2  x  y  2 Kl: Nghiệm duy nhất của hệ là:  x; y    3 4; 2   2 10 + Ta có:  a  b   0  2ab  a 2  b 2 . Nên ta sẽ có: 2a 2  7b 2  16ab  2a 2  7b 2  2ab  14ab  3a 2  8b 2  14ab   a  4b  3a  2b  4a  6b   2a  3b 2 0,5 2 2 25a 25a + Vậy ta sẽ có:  1 2 2 2a  7b  16ab 2a  3b 25b 2 25b 2 + Tương tự ta cũng có:   2 2b 2  7c 2  16bc 2b  3c 3c 2  3 2 25c 2 + Mặt khác theo Cauchy  shwarz Ta có:  2c  c 2      3 a  a c  3a  2c + Từ (1),(2),(3) ta sẽ có: 2 0.25 P  25   a2 b2 c2  2  a  b  c   c 2  2c      c  2c  25.  2a  3b 2b  3c 2c  3a  5a  b  c 2  5  a  b  c   c  2c 2 + Mà a  b  c  3 theo giả thiết nên ta sẽ có: P  c 2  2c  15   c  1  14  14 Vậy GTNN của P  14 0.25 Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1  Chú ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm.