zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2016 có đáp án môn: Toán

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

49
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn và quý thầy cô hãy tham khảo "Đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2016 có đáp án môn: Toán" sau đây nhằm giúp các em củng cố kiến thức của mình và thầy cô có thêm kinh nghiệm trong việc ra đề thi. Chúc các em thành công và đạt điểm cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2016 có đáp án môn: Toán

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x+2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y = có đồ thị (C). x–3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang bằng 5 lần khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng. π sin2x + cos2x – 2 2cos(x + ) + 3cosx 4 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: = 1. cosx + 1 2 2 (3x – 5)(x – 1) = y(x + 3x – y – 6) Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  4 (x; y ∈ R).  – y – 2y + 1 = y – 3x + 4 2 π 2 ⌠ (x + 1)(sinx + cosx) + cosx Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =  dx. ⌡ (x + 1)sinx + cosx 0 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S, hình chiếu vuông góc lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA = 3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng SA = 2a 3 và đường thẳng SC tạo với đáy một góc 30o. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x; y; z thỏa mãn x + y + z = 2014. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 P = 32(x3 + y3) + 32(y3 + z3) + 32(z3 + x3). II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 = 25 ngoại tiếp tam giác nhọn ABC có tọa độ các chân đường cao hạ từ B, C lần lượt là M(–1; –3) và N(2; –3). Hãy tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng điểm A có tung độ âm. Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): (x – 1)2 + (y + 2)2 + (z – 1)2 = 14 và mặt phẳng (P): 2x + 3y + z – 11 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng một nửa bán kính mặt cầu (S). _ Câu 9a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn z(1 + 2i)2 là số thuần ảo và |z| = 5. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm F1(– 3; 0), F2( 3; 0) 1 và đi qua điểm A( 3; ). Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M thuộc (E), hãy tính giá trị 2 biểu thức P = MF12 + MF22 – 3OM2 – MF1MF2. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông cân tại B có tọa độ đỉnh A(5; 3; –1), C(2; 3; –4) và điểm B thuộc mặt phẳng (Q): x + y – z – 6 = 0. Tìm tọa độ điểm B. z _ Câu 9b (1,0 điểm). Tìm môđun của số phức z, biết rằng + (4 – 3i) z = 26 + 6i. 2–i --------- 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:.......................................... www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2016 Câu Đáp án Điểm 1 x+2 ( 2,0 Cho hàm số: y = có đồ thị (C). x–3 điểm) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. Tập Xác định : D = R \ {3}. 0.25 -5 Đạo hàm: y' = < 0, ∀x ∈ D. (x - 3)2 ⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞;-1) và (-1; +∞) và hàm số không có cực trị. 0.25 Giới hạn: lim y = +∞ và lim y = - ∞ x → +∞ x → -∞ Hàm số đồng biến trên khoảng (-∞;-1) và (1;+∞) Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1) Hàm số đạt cực đại tại (-1;4) và đạt cực tiểu tại (1;0) Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị: 0.25 b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang bằng 5 lần khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng. 5 0.25 Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C) ⇒ M(a ; 1 + ) (a ≠ 3) a-3 Tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của (C) lần lượt là ∆1: x - 3 = 0 à ∆2: y - 1 = 0 5 0.25 Theo giả thiết: d(M; ∆2) = 5d(M, ∆1) ⇔ = 5|a - 3| (1) |a - 3| Giải phương trình (1), ta được a = 4 hay a = 2. 0.25 Vậy các điểm cần tìm là M1(4; 6) hay M2(2; -4) 0.25 2 π sin2x + cos2x – 2 2cos(x + ) + 3cosx (1,0 4 điểm) Giải phương trình: = 1. cosx + 1 Điều kiện: cosx ≠ -1. Phương trình đã cho tương đương với: 0.25 sin2x + cos2x - 2(cosx - sinx) + 3cosx =1 1 + cosx ⇒ sin2x + cos2x + cosx + 2sinx = 1 + cosx www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 2
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 ⇔ sin2x + cos2x - 1 + 2sinx = 0 0.25 ⇔ 2sinxcosx - 2sin2x + 2sinx = 0 ⇔ sinx(cosx - sinx + 1) = 0 ⇔  sinx = 0 sinx - cosx = 1 Với sinx = 0 ⇔ x = kπ π (k ∈ Z) 0.25 π π 1 π Với sinx - cosx = 1 ⇔ 2sin(x - ) = 1 ⇔ sin(x - ) = = sin 4 4 2 4 π π  x - = + k2π x = π + k2π π ⇔ 4 4 ⇔  π 3π  2 (k ∈ Z) x = π + k2π x- = 4 4 + k2π π π 0.25 So điều kiện (*), ta nhận x = k2ππ hay x = + k2π π (k ∈ Z) 2 π Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm là x = k2π π hay x = + k2π π (k ∈ Z) 2 2 2 3 (3x – 5)(x – 1) = y(x + 3x – y – 6) (1,0 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  4 (x; y ∈ R). điểm)  – y2 – 2y + 1 = y – 3x + 4 ■ Điều kiện -y2 - 2y + 1 ≥ 0 0.25 (3x - 5)(x2 - 1) = y(x2 - 1) + (3x - 5) - y ⇔ (3x - 5)(x2 - 1) = y(x2 - 1) + y(3x - 5) - y2 ⇔ (3x - 5)(x2 - 1 - y) = y(x2 - 1 - y) ⇔ (x2 - 1 - y)(3x - 5 - y) = 0 y = x2 - 1 ⇔ y = 3x - 5 0.25 4 ■ Với y = 3x - 5 thay vào (2) ta được -y2 - 2y + 1 = -1 < 0 vô nghiệm 0.25 4 ■ Với y = x2 - 1 thay vào (2) ta được 2 - x4 = x2 - 3x + 3 (*) Điệu kiện - 2 ≤ x ≤ 2 4 4 5 - x4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1.1.1. 2 - x4 ≤ 4 4 5 - x4 0.25 ■ Từ (3) ta có: x2 - 3x + 3 ≤ 4 ⇔ x4 + 4x2 - 12x + 7 ≤ 0 ⇔ (x - 1)2(x2 + 2x + 7) ≤ 0 (do x2 + 2x + 7 > 0) ⇔ (x - 1)2 ≤ 0 ⇔x=1 Thử lại x = 1 thỏa mãn (*) Vậy hệ đã cho có nghiệm là (1; 0) 4 π 2 (1,0 điểm) ⌠ (x + 1)(sinx + cosx) + cosx Tính tích phân: I =  dx. ⌡ (x + 1)sinx + cosx 0 π π 0.25 2 2 ⌠ (x + 1)sinx + cosx + (x + 1)cosx ⌠ (x + 1)cosx  dx =  (1 + )dx ⌡ (x + 1)sinx + cosx ⌡ (x + 1)sinx + cosx 0 0 π 0.25 2 π ⌠ (x + 1)cosx π = + dx = + I1 2 ⌡ (x + 1)sinx + cosx 2 0 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 3
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 π 0.25 2 ⌠ (x + 1)cosx ■ Với I1 =  dx ⌡ (x + 1)sinx + cosx 0 Đặt t = (x + 1)sinx + cosx ⇒ dt = [sinx + (x + 1)cosx - sinx]dx = (x + 1)cosxdx π π Khi x = 0 ⇒ t = 1 , khi x = ⇒ t = + 1 2 2 π +1 2 π 2 + 1 π Vậy I1 = ⌠ dt  t = (ln|t|) = ln( + 1) ⌡  1 2 1 π π 0.25 Vậy I = + ln( + 1) 2 2 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S, hình (1,0 chiếu vuông góc lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA = 3HD. Gọi M là trung điểm) điểm của AB. Biết rằng SA = 2a 3 và đường thẳng SC tạo với đáy một góc 30o. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Vì SH ⊥ (ABCD) nên góc SCH = (SC;(ABCD)) = 30o. 0.25 3 Trong ∆SAD vuông có SA2 = AH.AD ⇔ 12a2 = AD2 ⇒ AD = 4a, HA = 3a, HD = a 4 ⇒ SH = HA.HD = a 3 ⇒ HC = SH.cot30o = 3a 0.25 ⇒ CD = HC2 - HD2 = 2a 2 1 8a3 6 Vậy VS.ABCD = SH.SABCD = . 3 3 Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) 0.25 1 1 nên d(M, (SBC)) = d(A; (SBC)) = d(H, (SBC)) (1) 2 2 Kẻ HK ⊥ BC tại K, HH' ⊥ SK tại H'. Vì BC ⊥ (SHK) nên BC ⊥ HH' ⇒ HH' ⊥ (SBC) (2) 1 1 1 11 2a 66 0.25 Trong ∆ vuông SHK ta có 2= 2+ 2= 2 ⇒ HH' = (3) HH' HK HS 24a 11 a 66 Từ (1), (2), (3) ⇒ d(M, (SBC) = 11 6 Cho ba số thực không âm x; y; z thỏa mãn x + y + z = 2014. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (1,0 điểm) 3 3 3 P = 32(x3 + y3) + 32(y3 + z3) + 32(z3 + x3). ∀ x, y ≥ 0, ta luôn có (x - y)2(x + y) ≥ 0 0.25 ⇔ (x2 - y2)(x + y) ≥ 0 ∀x, y ≥ 0 ⇔ x3 + y3 ≥ x2y + xy2 ⇔ 3(x3 + y3) ≥ 3(x2y + xy2) ⇔ 4(x3 + y3) ≥ (x + y)3 ⇔ 8.4(x3 + y3) ≥ 2(x + y) 3 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 4
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 0.25 8.4(z3 + y3) ≥ 2(z + y) 3 Tương tự ta có: 8.4(x3 + z3) ≥ 2(x + z) 3 Do đó P ≥ 4(x + y + z) ⇔ P ≥ 8056 0.25 2014 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 2014 0.25 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 8056 ⇔ x = y = z = 3 7.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 = 25 ngoại tiếp tam giác nhọn ABC có (1,0 tọa độ các chân đường cao hạ từ B, C lần lượt là M(–1; –3) và N(2; –3). Hãy tìm tọa độ các đỉnh A, B, điểm) C biết rằng điểm A có tung độ âm. ■ (C) có tâm O(0;0). Ta có góc CMB = góc CNB = 90o nên CMNB là tứ giác nội tiếp. 0.25 Do đó: góc CNM = góc CBM (1) Gọi AT là tiếp tuyến của C khi đó: góc TAB = góc ACB mà gócCBM + gócACB = 90o (2) Và góc CNM + góc MNA = 90o (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ góc MNA = góc TAB, do đó MN // AT ⇒ MN ⊥ OA → MN = (3;0) là vectơ pháp tuyến của OA, nên OA có phương trình là x = 0. x = 0 x = 0 0.25 ■ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ x2 + y2 = 25 ⇔  . Vì yA < 0 nên A(0; -5)  y = ± 5 → → 0.25 ■ AM = (-1;2) và AN = (2;2) lần lượt là vectơ chỉ phương của AC, AB. Nên AC có phương trình AC: 2x + y + 5 = 0, tương tự AB: x - y - 5 = 0 2x + y + 5 = 0 Tọa độ C là nghiệm củ hệ x2 + y2 = 25 ⇔  x = 0, y = -5 ⇒ C(-4; 3)  x = -4, y = 3 x - y - 5 = 0 ■ Tọa độ B là nghiệm của hệ: x2 + y2 = 25 ⇔  x = 0, y = -5 0.25 ⇒ B(5; 0)  x = 5, y = 0 Vậy A(0; -5), B(5;0), C(-4;3) là tọa độ cần tìm. 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): (x – 1)2 + (y + 2)2 + (z – 1)2 = 14 và mặt phẳng (1,0 (P): 2x + 3y + z – 11 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu điểm) (S) theo một đường tròn có bán kính bằng một nửa bán kính mặt cầu (S). ■ Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;1) và bán kính R = 14. 0.25 Vì (Q) // (P) nên (Q) có phương trình dạng: (Q): 2x + 3y + z + d = 0, (d ≠ -11) R 14 0.25 ■ Theo giả thiết (Q) cắt (S) theo 1 đường tròn có bán kính r = = nên ta có: 2 2 21 d[I;(Q)] = R2 - r2 = 2 |d - 3| 21 d = 3 + 7 3 0.25 ⇔ = ⇔ 14 2 d = 3 - 7 3 ■ Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là: 0.25 (Q1): 2x + 3y + z + 3 + 7 3 = 0 và (Q2): 2x + 3y + z + 3 - 7 3 = 0 9.a _ (1,0 Tìm số phức z thỏa mãn z(1 + 2i)2 là số thuần ảo và |z| = 5 điểm) _ 0.25 Gọi z = a + bi (a, b ∈ R, i2 = - 1) và z = a - bi. Ta có (1 + 2i)2 = - 3 + 4i www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 5
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 _ ⇒ z(1 + 2i)2 = (a - bi)(-3 + 4i) = (-3a + 4b) + (3b + 4a)i _ 3a 0.25 Do z(1 + 2i)2 là số thuần ảo nên - 3a + 4b = 0 ⇔ b = và 3b + 4a ≠ 0 (*) 4 Mặt khác: |z| = 5 ⇔ a2 + b2 = 25 ⇔ a2 = 16 ⇔ a = 4 ⇒ b = 3 (thỏa (*)) 0.25 a = -4 ⇒ b = -3 Vậy có hai số phức z thỏa mãn là: z = 4 + 3i hay z = - 4 - 3i 0.25 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm F1(– 3; 0), F2( 3; 0) và đi qua điểm (1,0 1 điểm) A( 3; ). Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M thuộc (E), hãy tính giá trị biểu thức 2 P = MF12 + MF22 – 3OM2 – MF1MF2. x2 y2 0.25 Gọi phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 + 2 = 1 (a > b > 0) a b Do (E) có hai tiêu điểm F1(- 3; 0) và F2( 3; 0) ⇒ c = 3 Lại có c2 = a2 - b2 ⇔ a2 = b2 + 3 (1) 1 3 1 0.25 Mặt khác A( 3; ) ∈ (E) ⇒ 2 + 2 = 1 (2) 2 a 4b 3 1 Thay (1) và (2) ta được 2 + = 1. b + 3 4b2 x2 y2 Giải phương trình ta được b2 = 1⇒ ⇒ a2 = 4. Vậy (E): + = 1 4 1 P = MF12 + MF22 – 3OM2 – MF1MF2 0.25 2 c 3 x = (a + exM)2 + (a - exM)2 - 3(xM2 + yM2) - (a2 - e2xM2) với e = = và yM2 = 1 - M a 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 = 2a + 2e xM - 3xM - 3yM - a + e xM 0.25 3 2 2 xM2 3xM2 = 8 + xM - 3xM - 3(1 - )-4+ =1 2 4 4 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông cân tại B có tọa độ đỉnh A(5; 3; –1), (1,0 C(2; 3; –4) và điểm B thuộc mặt phẳng (Q): x + y – z – 6 = 0. Tìm tọa độ điểm B. điểm) Ta có Gọi B(a; b; c), B ∈ (Q) ⇒ a + b - c - 6 = 0 ⇔ c = a + b - 6 0.25 → → Do đó B(a; b; a + b - 6) và AB = (a - 5; b - 3; a + b - 5), CB = (a - 2; b - 3; a + b - 2) 2 2 AB 2 = CB2 AB = CB 0.25 Do ∆ABC vuông cân tại B⇔ ⇔→ → AB ⊥ CB AB. CB = 0  (a - 5)(a - 2) + (b - 3)2 + (a + b - 5)(a + b - 2) = 0 (1) ⇔ (a - 5)2 + (b - 3)2 + (a + b - 5)2 = (a - 2)2 + (b - 3)2 + (a +  b - 2)2 (2) 2 a - 5a + 6 = 0 a = 2 v a = 3 a = 2 a = 3 0.25 ⇔ b = 7 - 2a  ⇔ b = 7 - 2a ⇔ b = 3 hay b = 1     Từ đó B(2; 3; -1) hoặc B(3; 1; -2) là các điểm cần tìm 0.25 9.b _ z (1,0 Tìm môđun của số phức z, biết rằng + (4 – 3i) z = 26 + 6i. 2–i điểm) Gọi z = a + bi (a,b ∈ R; i2 = -1) 0.25 z _ Ta có + (4 – 3i) z = 26 + 6i ⇔ (2 + i)(a + bi) + 5(4 - 3i)(a - bi) = 5(26 + 6i) 2–i ⇔ (22a - 16b) + (-14a -18b)i = 130 + 30i 0.25 22a - 16b = 130 a = 3 0.25 ⇔ -14a -18b = 30 ⇔ b = -4   Vậy z = 3 - 4i ⇒ |z| = 5 0.25 Thí sinh có cách giải khác đáp án nhưng đúng đáp số thì vẫn được điểm tối đa. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 6

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.