Đề thi thử THPT Quốc gia năm học 2015-2016 môn Toán - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu

Chia sẻ: So Mc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

133
lượt xem 25
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí đề thi thử THPT Quốc gia có đáp án môn "Toán - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu" năm học 2015-2016 dưới đây để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia năm học 2015-2016 môn Toán - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2015 – 2016; MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề x Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  . 1 x x Câu 2 (1,0 điểm) Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số y  sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại 1 x M cùng với hai trục tọa độ tạo thành một tam giác cân. Câu 3 (1,0 điểm) n  1  a) Tìm số hạng đứng chính giữa trong khai triển  x3  2   x  0 biết n ∈ ℕ thỏa mãn:  x  C21n1  C22n1  ...  C2nn1  220  1 b) Giải phương trình: log 22  x  1  6log 2 x  1  2  0  x   Câu 4 (1,0 điểm) Tìm họ nguyên hàm : I    esin x  cos x  cos xdx . Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;2), B(5;4;4) và mặt phẳng (P): 2x + y – z + 6 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua trung điểm I của AB và d ⊥ (P); tìm điểm M nằm trên (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. Câu 6 (1,0 điểm) a) Cho  là góc thỏa mãn cot   2 . Tìm giá trị biểu thức: cos  M sin   3cos3  3 b) Đội xung kích của một trường THPT gồm 2 học sinh lớp 12, 3 học sinh lớp 11 và 4 học sinh lớp 10. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 2 học sinh từ đội xung kích đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để 2 học sinh được chọn không cùng thuộc cùng một khối. Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AB  2a, BD  AC 3 và I là giao điểm của AC và BD; tam giác SAB cân tại A; hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của AI. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB với CD. Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  1   y  4   4 . 2 2 Tìm điểm M ∈ Ox sao cho từ M kẻ được đến (C) hai đường thẳng tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn đường thẳng đi qua A, B tiếp xúc với đường tròn  C1  :  x  3   y  1  16 2 2 Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình 7 x2  20 x  86  x 31  4 x  x 2  3x  2 ( x ∈ ℝ) Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn abc = 1 và a + b ≤ 1. Tìm giá trị 1 1 lớn nhất của biểu thức: M    1 c 1  4a 1  4b2 2 –––––––––Hết––––––––– >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1
ĐÁP ÁN Câu 1 1. Tập xác định: D = ℝ \ {1} 2. Sự biến thiên 1 Chiều biến thiên: y '   0, x  D 1  x  2 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–∞;1) và (1;+∞) Giới hạn: lim y  ; lim y    x  1 là tiệm cận đứng x 1 x 1 lim y  lim y  1  y  1 là tiệm cận ngang. x  x  Bảng biến thiên: x –∞ 1 +∞ y’ + + +∞ y –1 –1 –∞ 3. Đồ thị Giao với Ox và Oy tại (0;0). Đồ thị nhận I(1;–1) làm tâm đối xứng >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2
Câu 2 1 Ta có y '  1  x  2  m  Gọi M  m;  , m ≠ 1 là điểm thuộc đồ thị hàm số đã cho.  1 m  Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm M là : 1 m y . x  m  d  1  m  1 m 2 1 Đường thẳng (d) cắt Oy, Ox lần lượt tại A và B và có hệ số góc tan   1  m  2 Tam giác OAB vuông cân ở O, nên: OA 1 OA  OB  tan   1 1 1  m  2 OB m  0  M  0;0   (tm)   m  2  M  2; 2  Vậy các điểm M cần tìm là (0;0) và (2;–2) Câu 3 a) Ta có: C2kn 1  C22nn11 k , k  1; 2;...; n  C21n 1  C22n 1  ...  C2nn 1  C22nn1  C22nn11  ...  C2nn11  1  1 2 n 1  C20n 1  C21n 1  ...  C22nn11   C20n 1  C22nn11    C21n 1  C22n 1  ...  C22nn1   2  2.  C21n 1  C22n 1  ...  C2nn 1   2  2.  220  1  22 n 1  221  n  10 Do đó: >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3
n 10 i  3 1   3 1  10 i  1  C10i .  x3  .  2  10   x  2  x     x  2  x    i 0 x  10   C10i .x305i i 0 Số hạng đứng chính giữa trong khai triển trên tương ứng với i = 5. Số hạng đó là C105 .x5  252 x5 b) log 22  x  1  6log 2 x  1  2  0 1 ĐK: x > –1 Với ĐK trên, ta có: 1  log 22  x  1  3log 2  x  1  2  0  log 2  x  1  1 log 2  x  1  2   0 log 2  x  1  1  log 2  x  1  2 x 1  2 x  1    tm  x 1  4 x  3 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S= 1;3 Câu 4 I    esin x  cos x  cos xdx   esin x .cos xdx   cos 2 xdx  I1  I 2 I1   esin x .cos xdx t  sin x  dt  cos xdx I1   et dt  et  C  I1  esin x  C 1  cos 2 x 1 1  I 2   cos 2 xdx   dx     cos 2 x  dx 2 2 2  x 1   sin 2 x  C 2 4 x 1 I  I1  I 2  esin x   sin 2 x  C 2 4 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4
Câu 5 Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n  2;1; 1 Vì d ⊥ (P) nên d nhận n  2;1; 1 làm vectơ chỉ phương, mà d qua trung điểm I(3;3;3) của AB nên: x 3 y 3 z 3 d  :   2 1 1 Gọi E là hình chiếu vuông góc của I trên (P). E ∈ d ⇒ E(3 + 2t;3 + t; 3 – t) E ∈ (P) ⇒ 2(3 + 2t) + (3 + t) – (3 – t) + 6 = 0 ⇒ t = –2 ⇒ E(–1;1;5) Ta có:     2 2 2 2 MA2  MB 2  MA  MB  MI  IA  MI  IB   2MI 2  IA2  IB 2  2MI IA  IB    2MI 2  2 IA2 do IA  IB  0   2 EI 2  2 IA2  do MI  EI , M   P   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M ≡ E. Vậy M(–1;1;5) là điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 6 a) Ta có: >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5
1 1 cot   2   1  cot 2   5  sin 2   sin  2 5 4  cos 2   1  sin 2   5 Vậy cos  cos  sin  M  sin   3cos3  3 cos3  sin 2   3 sin  cot   sin   3cos 2  .cot  2 2  5 b) Gọi A là biến cố “2 học sinh được chọn không thuộc cùng một khối”. Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 2 học sinh từ 9 học sinh, bằng C92  36 Tính số kết quả có lợi cho A: Nếu trong 2 học sinh có 1 học sinh lớp 10 và 1 học sinh lớp 11 thì số cách chọn bộ 2 học sinh đó là 4.3 = 12 Nếu trong 2 học sinh có 1 học sinh lớp 10 và 1 học sinh lớp 12 thì số cách chọn bộ 2 học sinh đó là 4.2 = 8 Nếu trong 2 học sinh có 1 học sinh lớp 12 và 1 học sinh lớp 11 thì số cách chọn bộ 2 học sinh đó là 2.3 = 6 Theo quy tắc cộng, số kết quả có lợi cho A là 12 + 8 + 6 = 26 26 13 Xác suất cần tính là PA   . 36 18 Câu 7 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6
Vì ABCD là hình thoi nên I là trung điểm AC và BD. Suy ra BD  AC 3  BI  AI 3 Tam giác ABI vuông tại I: AB 2  AI 2  BI 2  4a 2  AI 2  3 AI 2  AI  a AI a  AH   2 2 ∆ SAB cân ở A nên SA = AB = 2a. ∆ SHA vuông ở H: a 15 SH  SA2  AH 2  2 1 1 Vì ABCD là hình thoi nên S ABCD  AC.BD  AC 2 3  2a 2 3 2 2 Thể tình hình chóp: 1 1 a 15 VS . ABCD  SH .S ABCD  . .2a 2 3  a3 5 3 3 2 Vì ABCD là hình thoi nên CD // AB, mà AB  (SAB) nên CD // (SAB) Suy ra d  SB; CD   d  CD;  SAB    d  C;  SAB    4d  H ;  SAB   >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 7
(vì A ∈ (SAB) và CA = 4HA) Vẽ HJ ⊥ AB tại J, HK ⊥ SJ tại K. AB ⊥ HJ, AB ⊥ SH ⇒ AB ⊥ (SHJ) ⇒ AB ⊥ HK. Mà HK ⊥ HJ nên HK ⊥ (SAB) Suy ra d (SB; CD) = 4HK. HJ AH BI . AH a 3 Ta có : AHJ ∽ ABI ( g.g )    HJ   BI AB AB 4 Tam giác SHJ vuông tại H nên 1 1 1 a 35 2  2  2  HK  HK HJ SH 14 2a 35 Vậy d(SB; CD) = 7 Câu 8 Gọi M(m;0) ∈ Ox. Đường tròn (C) có tâm I(1;–4) và bán kính R = 2 Đường tròn (C1) có tâm I1(3;1) và bán kính R1 = 4. Từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) ⇔ MI > R   m  1   0  4   4 2 2   m  1  12  0 2 (luôn thỏa mãn) >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 8
Gọi tọa độ A, B là A  xA ; y A  ; B  xA ; yB  . Phương trình tiếp tuyến tại A, B của (C) lần lượt là xA .x  y A . y   x  xA   4  y  y A   13  0  d1  xB .x  yB . y   x  xB   4  y  yB   13  0  d 2  Do M   d1  , M   d 2  mxA   m  xA   4 y A  13  0  mxB   m  xB   4 yB  13  0 Suy ra phương trình đường thẳng AB là mx   m  x   4 y  13  0   m  1 x  4 y  13  m  0 Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C1)  d  I1 ;  AB    R1 3  m  1  4  13  m  4  m  1  16 2  m  7  2 m 2  2m  17  3m 2  22m  19  0 m  1   m  19  3  19  Vậy có tất cả 2 điểm M cần tìm là (1;0) và  ;0   3  Câu 9 7 x 2  20 x  86  x 31  4 x  x 2  3x  2 1  7 x  20 x  86  0 2 ĐK:  31  4 x  x  0  2 x  2 Xét TH 7 x 2  20 x  86  x  2   2  x  2  19 6 x  24 x  90  0 Thử lại ta thấy x  2  19 không là nghiệm của phương trình (1) >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 9
Do đó 7 x2  20 x  86  x  2  x  2  19 * Với ĐK (*), ta có: 1   7 x 2  20 x  86   2  x    x    31  4 x  x 2  4  0 7 x 2  20 x  86   2  x  2 x 15  4 x  x 2    0 7 x 2  20 x  86   2  x  31  4 x  x 2  4 6  x 2  4 x  15  x  x 2  4 x  15    0 7 x 2  20 x  86  2  x 31  4 x  x 2  4  x 2  4 x  15  0  2    6 x   0  3  7 x  20 x  86  2  x 2 31  4 x  x 2  4  2  x  2  19 (thỏa mãn điều kiện) hoặc x  2  19 (loại vì không thỏa mãn (*))  3  6 31  4 x  x 2  24  x 7 x2  20 x  86  2 x  x 2 Thay 7 x2  20 x  86  3x  2  x 31  4 x  x 2 (rút ra từ (1)), ta được phương trình hệ quả:  6 31  4 x  x 2  24  x 3 x  2  x 31  4 x  x 2  2 x  x 2    x 2  6  31  4 x  x 2  2 x 2  4 x  24   31  4 x  x 2    x 2  6  31  4 x  x 2  x 2  7  0   31  4 x  x 2  1   31  4 x  x 2  x 2  7  0  31  4 x  x 2  1  x 2  4 x  30  0  x  2  34   x  2  34 Thử lại trực tiếp vào phương trình (1), ta được x  2  34 là nghiệm của (1). Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là 2  19; 2  34   Câu 10 Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số không âm ta có: >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 10
 a  b 2 1 ab    4ab  1; c  4 4 4 Với mọi a, b thỏa mãn điều kiện đề bài, ta có : 1 1 2   * 1  4a 1  4b 1  4ab 2 2 Thật vậy 2  4a 2  4b 2 2  *   1  4a  4b  16a b 1  4ab 2 2 2 2  1  2a 2  2b 2  1  4ab   1  4a 2  4b 2  16a 2b 2  16a 2b 2  8a 3b  8ab3  2a 2  4ab  2b 2  0  2 1  4ab  a  b   0 2 (luôn đúng vì 4ab ≤ 1) Áp dụng (*) và chú ý abc = 1 ta có: 2 2c M  1 c   1 c 1 4 c4 c 2c Xét f  c    1  c trên [4;+∞) c4 16 c  1   c  4  2 8 1 f 'c     c  4 2 1 c 2 1  c  c  4 2 2  8 c 1   c  1  2  c2  8  0, c  4 2 1  c  c  4 2 Hàm số f(c) nghịch biến và liên tục trên [4;+∞) Suy ra M  f  c   f  4   1  5 1 Dấu bằng xảy ra khi a  b  ; c  4 2 Vậy GTLN của M là 1  5 . >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 11