Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 1 - THPT Hậu Lộc 2

Chia sẻ: Lê Na | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

1.272
lượt xem 113
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em học sinh cùng tham khảo Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 1 của Trường THPT Hậu Lộc 2 sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các em có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 1 - THPT Hậu Lộc 2

SỞ GD&ĐT THANH HÓA KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016-LẦN 1 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 Môn thi: TOÁN (Đề thi gồm 01 trang) 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  3 x  1. Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x   x 2  ln 1  2 x  trên đoạn  1; 0 . Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau: 2 2 2 2 a) 2 x 1  3x  3x 1  2x  2 2 b) log 3  x  5   log 9  x  2   log 3  x  1  log 3 2. e Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x3 ln xdx. 1 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 và hai điểm A 1; 3;0  , B  5; 1; 2  . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng  P  sao cho MA  MB đạt giá trị lớn nhất. Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2 3 cos 2 x  6sin x.cos x  3  3 b) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên SAD là a 6 tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  . Tính thể tích khối chóp 2 S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, SB theo a. Câu 8 (1,0 điểm). Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC , G là trọng tâm ABM , điểm D  7; 2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Tìm tọa độ điểm A, lập phương trình AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3 x  y  13  0.  2 x 3  4 x 2  3x  1  2 x 3  2  y  3  2 y 1  Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x  2  3 14  x 3  2 y  1  2 Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a  3c 4b 8c P   . a  2b  c a  b  2c a  b  3c 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………………. Trang 1
ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (gồm 06nn trang) Câu Ý Nội dung Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x3  3x  1. 1.00 Tập xác định . Sự biến thiên   lim  x3  3 x  1  ; lim  x 3  3 x  1     0.25 x  x   x  1 y '  3 x 2  3; y '  0   x  1 Hàm số đồng biến trên  1;1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 , 1;   Hàm số đạt cực tiểu yCT  5 tại xCT  1 Hàm số đạt cực đại yCD  1 tại xCD  1 0.25 BBT x  1 1  y'  0  0   y 1 0.25 3 1.  Đồ thị y "   6 x; y "  0  x  0 Điểm uốn U  0; 1 Đồ thị hàm số y 8 6 4 2 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -8 0.25 Đồ thị hàm số nhận điểm U  0; 1 làm tâm đối xứng. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x   x 2  ln 1  2 x  trên 1.00 đoạn  1; 0 . x 1 2 0.25 Ta có f '  x   2 x  ; f ' x  0   2. 1 2x x   1  2  1 1 0.25 Tính f  1  1  ln 3; f      ln 2; f  0   0  2 4 1 Vậy min f  x    ln 2; max f  x   0 0.50  1;0 4 1;0 Trang 1
2 2 2 2 a) 2x 1  3x  3x 1  2x 2 1 0.50 Tập xác định . 2x 2 1 2  3x  3x 2 1  2x 2 2  2x 2 1 2 1  8   3x 1 1  3 0.25 x 2 1 2 4     x 2  1  2  x   3. 0.25 3 9 2 b) log 3  x  5  log 9  x  2   log 3  x  1  log 3 2.  2  0.50 Tập xác định D  1;   \ 2.  2   log3  x  5  log3 x  2  2 log3  x  1  log3 2  x  5. x  2  2  x  5 . x  2  2 x 1 2  2     0.25 3.  x  1 2 Với x  2 ta có:  x  5  x  2   2  x  1  x 2  3 x  10  2 x 2  4 x  2 x  3  x 2  7 x  12  0   x  4 2 Với 1  x  2 ta có  x  5 2  x   2  x  1   x 2  3x  10  2 x 2  4 x  2  97 x  1 t / m 6  3x  x  8  0   2  1  97 x   loai   6 1  97  0.25 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x   ;3; 4  .  6  e Tính tích phân I   x3 ln xdx. 1.00 1 1 ln x  u  x   x dx  u '  x  dx 0.50 4. Đặt  3   x  v '  x  v  x   1 x 4  4 e e 1 1 1 e4 1 e 3e 4  1 I  x 4 .ln x   x 4 . dx   x 4  0.50 4 1 1 4 x 4 16 1 16 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 và hai điểm A 1; 3;0  , B  5; 1; 2  . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng  P  sao cho 1.00 MA  MB đạt giá trị lớn nhất. Kiểm tra thấy A và B nằm khác phía so với mặt phẳng  P  . 0.25 Gọi B '  x; y; z  là điểm đối xứng với B  5; 1; 2  5. Suy ra B '  1; 3; 4  0.25 Lại có MA  MB  MA  MB '  AB '  const Vậy MA  MB đạt giá trị lớn nhất khi M , A, B ' thẳng hàng hay M là giao điểm của đường thẳng AB ' với mặt phẳng  P  0.25 Trang 2
A B’ M P B x  1 t  AB ' có phương trình  y  3  z  2t  x  1 t t  3  y  3  x  2   Tọa độ M  x; y; z  là nghiệm của hệ    z  2t  y  3  x  y  z  1  0  z  6 Vậy điểm M  2; 3;6  0.25 2 a) Giải phương trình 2 3 cos x  6sin x.cos x  3  3 * 0.50 Tập xác định . *  3 1  cos 2 x   3sin 2 x  3  3  3 cos 2 x  3sin 2 x  3 1 3 3   3 0.25  cos 2 x  sin 2 x   sin  2 x    2 2 2  6 2       2 x  6  3  k 2  x  12  k   k  . 0.25  2 x    2  k 2  x    k  6 3  4 6. Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất b) để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm 0.50 thẻ mang số chia hết cho 10. Gọi  là tập hợp các cách chọn ra 10 tấm thẻ từ 30 tấm thẻ đã cho 10 Suy ra   C30 Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ mang số lẻ, 15 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có 3 0.25 tấm thẻ mang số chia hết cho 10. Gọi  A là tập hợp các cách chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 Suy ra  A  C155 .C124 .C31 C155 .C124 .C31 99 Vậy P  A  10  . 0.25 C30 667 Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên SAD là tam a 6 giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  . Tính thể tích khối 1.00 2 7. chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, SB theo a. Trang 3
S a 6 2 a a 3 2 D a C H A B Gọi H là chân đường cao hạ từ S của tam giác đều SAD Suy ra: a 3 SH  và SH   ABCD  2 0.25 a 3 Trong tam giác vuông HSC có HC  2 2 a 3a 2 2 2 2  a2    DH  DC  CH  4 cos HDC 4 1 2 DH .DC a 2 2. .a 2  HDC   600 a2 3 Suy ra S ABCD  DA.DC.sin  ADC  2 2 1 1a 3 a 3 1 3 0.25 VS . ABCD  SH .S ABCD  .  a 3 3 2 2 4 Ta có ADC đều cạnh a  CH  AD  CH  BC hay BC   SHC   BC  SC  CSB vuông tại C 1 1 a3 a3 Lại có VD.SBC  VS .BCD  VS . ABCD  .  2 2 4 8 1 a3 3a 3 0.25  d  D;  SBC   .S SBC   d  D;  SBC    3 8 8.S SBC 3a 3 3a 3 a 6  d  D;  SBC      . 1 4 8. CS .CB 4. a 6 .a 2 2 a 6 Vậy d  AD; SB   d  D;  SBC    . 0.25 4 Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC , G là trọng tâm ABM , điểm D  7; 2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Tìm tọa độ điểm 8. 1.00 A, lập phương trình AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3x  y  13  0. Trang 4
3.7   2   13 Ta có d  D; AG    10 2 32   1 3x-y-13=0 B N G M D(7;-2) A C ABM vuông cân  GA  GB  GA  GB  GD Vậy G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD   AGD  2  ABD  900  GAD 0.25 vuông cân tại G. Do đó GA  GD  d  D; AG   10  AD 2  20; Gọi A  a;3a  13 ; a  4 2 2  a  5(loai ) AD 2  20   a  7    3a  11  20   a  3 0.25 Vậy A  3; 4   Gọi VTPT của AB là n AB  a; b    3a  b cos  NAG  cos  nAB , n AG   1 a  b 2 . 10 2 NA NM 33NG Mặt khác cos  NAG      2 AG NA2  NG 2 9.NG 2  NG 2 10 3a  b 3 b  0 Từ (1) và (2)    6ab  8b 2  0   2 2 a  b . 10 10 3a  4b 0.25 Với b  0 chọn a  1 ta có AB : x  3  0; Với 3a  4b chọn a  4; b  3 ta có AB : 4 x  3 y  24  0 Nhận thấy với AB : 4 x  3 y  24  0 4.7  3.  2   24 d  D; AB    2  d  D; AG   10 (loại) 16  9 Vậy AB : x  3  0. 0.25  2 x 3  4 x 2  3x  1  2 x 3  2  y  3  2 y 1  Giải hệ phương trình  1.00  x  2  3 14  x 3  2 y  1  2 Ta thấy x  0 không phải là nghiệm của hệ, chia cả hai vế của (1) cho x 3 ta được 4 3 1 1  2   2  3  2  2  y  3  2 y 9. x x x 3  1  1 0.25  1    1     3  2 y  3  2 y  3  2 y *  x  x Xét hàm f  t   t 3  t luôn đồng biến trên  1 *  1   3 2y  3 0.25 x Trang 5
Thế (3) vào (2) ta được x  2  3 15  x  1  x  2  3  2  3 15  x  0      1 1    x  7   2  0 0.25   3   x  2  3 4  2 x  15  x  15  3    0   111  Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    7; . 0.25  98  Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a  3c 4b 8c 1.00 P   . a  2b  c a  b  2c a  b  3c  x  a  2b  c a   x  5 y  3 z   Đặt  y  a  b  2c  b  x  2 y  z 0.25  z  a  b  3c c   y  z   10. Do đó ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của  x  2 y 4 x  8 y  4 z 8 y  8 z  4 x 2 y   8 y 4 z  P           17 0.25 x y z  y x   z y  4x 2 y 8y 4z 0.25 P2 . 2 .  17  12 2  17; y x z y    Đẳng thức xảy ra khi b  1  2 a, c  4  3 2 a  Vậy GTNN của P là 12 2  17. 0.25 Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm Trang 6