Đề thi thử THPT quốc gia năm 2016 môn: Toán - Trường THPT Bình Minh

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

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử THPT quốc gia năm 2016 môn "Toán - Trường THPT Bình Minh" có cấu trúc gồm 9 câu hỏi trong thời gian làm bài 180 phút, mời các bạn cùng tham khảo để củng cố kiến thức lý thuyết đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài 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 2016 môn: Toán - Trường THPT Bình Minh

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1a 1 3 0,25 ta có: y  x  x2 3 Tập xác định: D   . y '  x 2  2x ; y '  0  x  0; x  2 Sự biến thiên: 0,25 + Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0);(2; ) +Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) Cực trị: +Hàm số đạt cực đại tại x  0 ; giá trị cực đại y  0 +Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ; giá trị cực tiểu y  4 / 3 Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  Bảng biến thiên: 0,25 x  0 2  y' + 0 - 0 + y  0 -4/3 Đồ thị: 0,25 Câu 1b y '  x 2  2x . 0,25 2 0,25 x0  1  y0   3  y '(1)  1 0,25 0,25 1 Phương trình tiếp tuyến là y   x  . 3 Câu 2a Điều kiện: 2  x  1 . Bất phương trình trở thành: log2(x  1)2  log2 (4x  8) 0,25  (x  1)2  4x  8  x 2  6x  7  0  x  1; x  7 (thỏa điều kiện) 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x  1; x  7 . Câu 2b A  (sin 4  2 sin 2) cos   (cos 2  1)2 sin 2.cos  0,25 2  2 cos .2 sin 2. cos 
225 0,25  8 cos4 .sin   8(1  sin2 )2 .sin   128 Câu 3 5 0,25 y liên tục trên  1;1 , y '   0, x   1;1 ( x  2) 2 1 0,25 y (1)  3 0,25 y(1)  3 1 0,25 max y  , min y  3  1;1 3 1;1 Câu 4 Điều kiện: x  1, x  13 0,25 x2  x  6 ( x  2)( x  1  2) 0,25 Pt  x  1  2  3 1 3 ( x=3 không là nghiệm) 2x 1  3 2x 1  3  (2 x  1)  3 2 x  1  ( x  1) x  1  x  1 0,25 Hàm số f (t )  t 3  t đồng biến trên  do đó phương trình  3 2 x  1  x  1  x  1/ 2  x  1/ 2  2 3  3 2 (2 x  1)  ( x  1) x  x  x  0  x  1/ 2 0,25  1 5  1  5  x  0, x   x  0, x  2  2 1 5 Vậy phương trình có nghiệm S  {0, } 2 Câu 5 0,25 1 4 I   x (x 2  sin 2x )dx   x 3 .dx   x . sin 2xdx  4 x   x .sin 2xdx u  x du  dx 0,25   Xét J   x . sin 2xdx . Đặt    dv  sin 2x .dx v   1 cos 2x   2 0,25 1 1 1 J   x . cos 2x   cos 2x .dx   x .c os2x  sin 2x 2 2 2 Kết luận 0,25
Câu 6 Ta có SH  (ABCD)  HC là hình chiếu S 0,25 vuông góc của SC trên (ABCD)  (   450 SC ,(ABCD ))  SCH  K Theo giả thiết BAD  60 0  BAD B C 3 a 3 đều  BD  a ; HD  a; AI  4 2 H I E và AC  2AI  a 3 A D Xét SHC vuông cân tại H , ta 0,25 2 a 2 a 3  13 2  có: SH  HC  IC  HI      2    a  4   2  4 1 1 1 39 3 Vậy VS .AHCD  SH .SAHCD  SH . AC .HD  a 3 3 2 32 Trong (ABCD) kẻ HE  CD và trong (SHE ) kẻ HK  SE (1). Ta có: 0,25   CD  HE  CD  (SHE )  CD  HK (2)   CD  SH (SH  (ABCD ))  Từ (1) và (2) suy ra HK  (SCD)  d(H ,(SCD))  HK 3 3 0,25 Xét HED vuông tại E , ta có HE  HD.sin 600  a 8 SH .HE 3 39 Xét SHE vuông tại H , ta có HK   a 2 2 4 79 SH  HE d (B,(SCD )) BD 4 4 4 39 Mà    d (B,(SCD ))  d (H ,(SCD ))  HK  a d (H ,(SCD )) HD 3 3 3 79 39 Do AB / /(SCD)  d(A,(SCD))  d(B,(SCD))  a 79 Câu 7 Số cách chọn 5 hoc sinh từ 9 học sinh là C95 0,25 Để chọn 5 hs thỏa mãn , ta xét các trường hợp sau 1 nữ 12 , 2 nam 11, 2 nữ 10 có C31C42C22 cách 0,25 2 nữ 12, 2 nam 11, 1 nữ 10 có C32C42 C21 cách 2 nữ 12, 1 nam 11, 2 nữ 10 có C32C41C22 cách 0,25 3 1 1 3 nữ 11 , 1 nam 11, 1 nữ 10 có C C C cách 3 4 2 1 nữ 12 , 3 nam 11 , 1 nữ 10 có C31C43C21 cách 0,25 Vậy xác suất cần tìm là .................
Câu 8 Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên 0,25 AB, AD A H B I Gọi N là giao điểm của KM và BC Gọi I là giao điểm của CM và HK Ta có DKM vuông tại K và DKM   450 K M N  KM  KD  KM  NC (1) Lại có MH  MN ( do MHBN là hình vuông) Suy ra hai tam giác vuông KMH ,CNM bằng nhau   D C  HKM  MCN   IMK  nên     0,25 Mà NMC NMC  NCM  IMK  HKM  900 Suy ra CI  HK Đường thẳng CI đi qua M (1;1) và vuông góc với đường thẳng d 0,25   nênVTPT nCI  VTCP ud  (1;1) nên có phương trình (x  1)  (y  1)  0  x  y  0 Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng  nên tọa độ điểm C là nghiệm 0,25 x  y  0 x  2 của hệ phương trình    x  2y  6  0 y  2   Vậy C (2;2) Câu 9 Ta có 1  (a  b  c)2  a 2  b2  c 2  2(ab  bc  ca ) 0.25 1  (a 2  b2  c 2 )  ab  bc  ca  . 2 7 121 Do đó A   a 2  b 2  c 2 7(1  (a 2  b 2  c 2 )) Đặt t  a 2  b 2  c 2 . 0.25 Vì a,b, c  0 và a  b  c  1 nên 0  a  1, 0  b  1, 0  c  1 Suy ra t  a 2  b 2  c 2  a  b  c  1 Mặt khác 1  (a  b  c)2  a 2  b 2  c 2  2(ab  bc  ca )  3(a 2  b2  c 2 ) 1 1  Suy ra t  a 2  b 2  c 2  . Vậy t   ;1 3  3   7 121 1  0,25 Xét hàm số f (t )   , t   ;1 t 7(1  t )  3   7 121 7 f '(t )    0t  t2 7(1  t )2 18 BBT t 1 7 1 3 18 f '(t )  0 + f (t ) 324 7