Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia năm 2016 môn Toán (Đề 17)

Chia sẻ: Tuan Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

203
lượt xem 37
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia năm 2016 môn Toán (Đề 17) phục vụ cho các bạn học sinh tham khảo nhằm củng cố kiến thức môn Toán THPT, luyện thi tốt nghiệp Trung học phổ thông và giúp các thầy cô giáo trau dồi kinh nghiệm ôn tập cho kỳ thi này.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia năm 2016 môn Toán (Đề 17)

Đề Số 17---Kỳ Thi Trung Học Phổ Thông Quốc Gia 2016^^ Facebook: “Luyện Đề Thi Môn Toán 2016” Ngày thi: 25/07/2015 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y   x4  2x2  1 . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2 b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ x  . Tìm 2 tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). Câu 2 (1,0 điểm). 2x 1 a) Giải bất phương trình log 2  log3 (2 x  1)  log 2 3 . 2 b) Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn? 1  tan x Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình cot 2 x  . 1  tan x 5 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 1 x 3x  1 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1; 1), AB  (1;0;3) . Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB vuông tại M. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và 5 BD. Biết SA  a 2, AC  2a, SM  a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích 2 khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng AB : x  2 y  3  0 và đường thẳng AC : y  2  0 . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB  2IA , hoành độ điểm I: xI  3 và M  1;3 nằm trên đường thẳng BD. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x 3  4 y 2  1  2  x 2  1 x  6      2 .  x y 2  2 4 y 2  1 x 2  1  x  1  Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:  1 1 2  b c a     2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b ------ Hết ------ Trường Quang -1-
Câu Đáp án Đề Số 17----Facebook: Luyện Đề Thi Môn Toán 2016 1.a Mn tự vẽ đồ thị oy khảo sát nha ^^ Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ 2 x . Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). 2  2 7 2 Ta có M  ;   (C ) . Và y / ( )  2  2 4 2  2  2 7 3 Pttt (d) có dạng y  y /    x     y  2 x   2  2  4 4 1.b Pt hđ giao điểm của d và (C): 3  x4  2x2  1  2x   4 x4  8x2  4 2 x  1  0 4 2  2  22  2 2   x  2  2    4 x  4 2 x  2  0  x  2 2 ,x  2 ,x  2 .   2 7  22 1   2 2 1 Vậy có 3 điểm: M  ;  , M /  , 2   , M / /  ,  2    2 4  2 4  2 4 2x 1 Giải bất phương trình log 2  log3 (2 x  1)  log 2 3 . 2 1 ĐKXĐ 2 x  1  0  x   (*) 2 Với đk (*), pt  log 2 (2 x  1)  log3 (2 x  1)  1  log 2 3 2.a  log 2 3.log3 (2 x  1)  log3 (2 x  1)  1  log 2 3   log2 3  1 log3 (2 x  1)  1  log 2 3  log3 (2 x  1)  1  2x 1  3  x  1 Đối chiếu (*), tập nghiệm: S    ;1 1  2  Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn? Mỗi cách chọn 2 tiết mục múa trong 3 tiết mục múa là một tổ hợp chập 2 2.b của 3, suy ra số cách chọn 2 tiết mục múa: C32  3. Mỗi cách chọn 2 tiết mục đơn ca trong 5 tiết mục đơn ca là một tổ hợp chập 2 của 5, suy ra số cách chọn 2 tiết mục đơn ca: C52  10. Mỗi cách chọn 3 tiết mục hợp ca trong 4 tiết mục hợp ca là một tổ hợp chập 3 của 4, suy ra số cách chọn 3 tiết mục hợp ca: C43  4. Theo quy tắc nhân, số cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn: 3.10.4 = 120 Trường Quang -2-
1  tan x Giải phương trình cot 2 x  . 1  tan x sin 2 x  0    x k ĐK: cos x  0   2  tan x  1  x     k    4 3   Với ĐK pt  tan   2 x   tan   x  2  4      2x   x  k 2 4  Kết hợp ĐK, ta có nghiệm: x   k , k  4 5 1 Tính tích phân I   dx . 1 x 3x  1 t 2 1 2 Đặt t  3x  1, t  0  x   dx  tdt 3 3 4 Đổi cận: x  1  t  2; x  5  t  4. 4 4 1 1 1 I  2 dt  I   (  )dt 2 t 2  1 2 t  1 t  1 I   ln t  1  ln t  1  4 2 I  2ln3  ln5 Cho điểm A(2;1; 1), AB  (1;0;3) . Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB vuông tại M. Ta có OB  OA  AB  (3;1; 2)  B(3;1; 2) * OA  (2;1; 1), AB  (1;0;3) không cùng phương: O, A, B không thẳng hàng. 5 Ta có OM  t OA  (2t; t; t )  M (2t; t; t ) và AM (2t  2; t  1; t  1), BM (2t  3; t  1; t  2) Tam giác MAB vuông tại M thì AM .BM  0  (2t  2)(2t  3)  (t  1)(t  1)  (t  1))( t  2)  0 5  6t 2  11t  5  0  t  1, t  . 6 5 5 5 5  t  1  M (2;1; 1)  A (loại) và t   M ( ; ;  ) thỏa bài toán. 6 3 6 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo 5 6 AC và BD. Biết SA  a 2, AC  2a, SM  a , với M là trung điểm cạnh 2 AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC. Trường Quang -3-
S A D M K O H B N C Từ giả thiết SO  ( ABCD)  SO  AC , OA  a , SO  SA2  OA2  a 1 OSM  O : OM  SM 2  SO 2  a 2 Ta có ABC  B : BC  2MO  a, AB  AC 2  BC 2  3a 1 3 3 VS . ABCD  AB.BC.SO  a 3 3 Gọi N trung điểm BC  MN / / AC  d ( SM , AC )  d ( AC , ( SMN ))  d (O, ( SMN )) OMN  O : OMN  O : OH  MN , SO  MN  MN  ( SOH ) SOH  O : OK  SH  OK  ( SMN )  OK  d (O, ( SMN ) 3 a 3 OMN  O : ON  a, OM  , OH  MN  OH  a 2 2 4 OS .OH 57 SOH  O : d ( SM , AC )  OK   a OS  OH 2 2 19 Cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng AB : x  2 y  3  0 và đường thẳng AC : y  2  0 . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB  2IA , hoành độ điểm I: xI  3 và M  1;3 nằm trên đường thẳng BD. A D E 7 M F I B C Ta có A là giao điểm của AB và AC nên A 1; 2 . Lấy điểm E  0;2  AC . Gọi F  2a  3; a   AB sao cho EF // BD. Trường Quang -4-
EF AE EF BI Khi đó     2  EF  2 AE BI AI AE AI a  1   2a  3    a  2   2   2 2  a  11 .  5 Với a  1 thì EF   1; 1 là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là n  1; 1 . Pt BD : x  y  4  0  BD  AC  I  2;2 BD  AB  B  5; 1 IB IB  3 3  Ta có IB   ID   ID   2 ID  D   2;  2 . ID IA  2 2  IA   IA IC IA IC   IC   IB 1 2  IC  C 3 2  2; 2 .  Với a  thì EF   ;  là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt 11 7 1 5 5 5 của BD là n  1; 7  . Do đó, BD : x  7 y  22  0  I  8;2 (loại). Giải hệ phương trình  x 3  4 y 2  1  2  x 2  1 x  6      2 . x y 2  2 4 y 1 x2  1  x  1 2  ĐK: x  0  x 3  4 y 2  1  2  x 2  1 x  6 1 +) Hệ   2   x y 2  2 4 y 1  x 1  x  2 2  2 +) Nhận thấy x  0 không thỏa mãn hệ phương trình do đó     2 1 1 1 x y 2  2 4 y 1  x  x 1  2 y  2 y 2 y 1     1 * 2 2 2 2 x x  x 8 +) Xét hàm số f  t   t  t t 2  1, t  (0; ) do f ' t   0, t  (0; ) suy ra hàm số f  t  đồng biến trên (0; ). (**) 1 +) Từ (*) vaf (**) nhận được 2 y  thế vào phương trình (1) trong hệ ta x được  1  x3  2  1  2  x 2  1 x  6  x 3  x  2  x 2  1 x  6 x  +) Nhận thấy hàm số g  x   x3  x  2  x 2  1 x  6 đơn điệu tăng trên khoảng  0;   Trường Quang -5-
+) Lại có g 1  0 suy ra phương trình g  x   x3  x  2  x 2  1 x  6  0 có 1 nghiệm duy nhất x  1  y  2 Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:  1 1 2  b c a     2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b a  b  c Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a . c  a  b  ab ca Đặt  x,  y , a  z  x, y , z  0   x  y  z , y  z  x, z  x  y . 2 2 Viết lại vế trái: ab ac 2a VT    9 3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z Ta có: x  y  z  z  x  y  z   2 z  x  y    . x y z x y x 2x y 2y Tương tự:  ;  . yz x yz zx x yz x y z 2 x  y  z Do đó:     2. yz zx x y x yz Tức là: a   1 1 2 b c      2 . Ok, kết thúc đề Số  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b 17 ^^ ------ Hết ------ Đề Số 18: Dự kiến 28/07/2015 Trường Quang -6-