Embed Size (px)
Citation preview
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI
Năm học 2015 - 2016
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: Toán - Lần thứ 1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
-------------- Ngày 31.1.2016 --------------
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 1y x x= -‐ + -‐ (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm m để phương trình 3 23 1 0x x m-‐ + -‐ = có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: sin2 4sin cos 2 0x x x+ − − = .
b) Giải bất phương trình: 3 9log ( 1) 4log 2 1 3x x− + + < .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 5
2
2( 3ln ) .1
I x x dxx
= +−∫
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm (1;2; 3)A − , ( 2;1; 4)B − − và
mặt phẳng ( ) : 4 8 0P x y z− + − = . Chứng minh đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P).
Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P). Câu 5 (1,0 điểm).
a) Tìm hệ số của 3x trong khai triển biểu thức 4 7( 3) 5 (2 1)A x x x= + + −
b) Đội thanh niên tình nguyện trường Lương Thế Vinh gồm 5 học sinh lớp 10, 6 học sinh lớp 11 và 4 học sinh lớp 12. Cần chọn ngẫu nhiên 5 học sinh tham gia công tác tình nguyện tại một tỉnh vùng cao. Tính xác suất để trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 2 học sinh lớp 10. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, ABCD là hình thang vuông tại A và B; tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD); AB=BC=a, AD=2a,
2SA a= . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa AD và SB.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân
giác trong góc A là x+y-2=0, phương trình trung tuyến kẻ từ A là 4x+5y-9=0, bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 156
. Biết điểm 3 ( ;0)2
K nằm trên đường thẳng AC và điểm C
có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình 2
12 202 2 2 3 09 18 25
xx xx x
−+ − − − =
− +
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : 3x y z+ + = .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 33 3( )( )( )P x y y z z x x y z= + + + − − − .
---------------- Hết ---------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu, bút xóa. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Câu Đáp án Điểm
1
(2,0đ)
a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 1y x x= -‐ + -‐
Tập xác định: D = R . lim ; limx x
y y→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
Đạo hàm: 2' 3 6y x x= − + ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = . 0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–¥;0) và (2;+¥)
Hàm số đạt cực đại tại : x = 2 ; yCĐ = 3 Hàm số đạt cực tiểu tại : x = 0 ; yCT = -1
0,25
Bảng biến thiên:
X –¥ 0 2 +¥
y¢ - 0 + 0 –
y
+¥ 3
–1 -¥
0,25
Đồ thị: 0,25
b) (1,0 điểm) ) Tìm m để phương trình 3 23 1 0x x m-‐ + -‐ = có 3 nghiệm phân biệt.
3 2 3 23 1 0 3 1 2x x m x x m-‐ + -‐ = € -‐ + -‐ = -‐ 0, 25
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = m – 2 0,25
Dựa vào đồ thị (*) có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3 1 5m m€ -‐ < -‐ < € < <
0,25
Đáp số: 1<m<5 0,25
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI
Năm học 2015-2016
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN TOÁN-LẦN THỨ 1
-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐
x
y
y = m - 2 3
1
3 -1 -1
2 O
1
2
(1,0đ)
a) (0,5 điểm) Giải phương trình: sin2 4sin cos 2 0x x x+ − − = .
Phương trình đã cho tương đương với sin 2 4sin cos 2 0 2sin cos 4sin cos 2 0
1(2sin 1)(cos 2) 0 sinx2
x x x x x x x
x x
+ − − = ⇔ + − − =
⇔ − + = ⇔ = 0,25
21 6sinx
52 26
x k
x k
ππ
ππ
⎡ = +⎢⇔ = ⇔ ⎢
⎢ = +⎢⎣
0,25
b) (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 3 9log ( 1) 4log 2 1 3x x− + + < .
Điều kiện: 1x > . Bất phương trình đã cho tương đương với
3 3 3log ( 1) log (2 1) 3 log ( 1)(2 1) 3( 1)(2 1) 27x x x xx x− + + < ⇔ − + <
⇔ − + <
0,25
7 42
x⇔ − < <
Kết hợp điều kiện: 1 4x⇔ < < Đáp số: 1 4x< < .
0,25
3
(1,0đ) Tính tích phân
5
2
2( 3ln ) .1
I x x dxx
= +−∫
5 5 5
2 2 25
12
2 2( 3ln ) 3 ln1 1
ln ,
xI x x dx dx x xdxx x
I x xdx
= + = +− −
=
∫ ∫ ∫
∫
2
525
1 22
1ln , ,2
25 25 25 21( ln ) | ln 5 2ln 2 ( 1) ln5 2ln 22 2 2 4 2 4
xu x dv xdx du dx vx
x xI x dx
= = ⇒ = =
= − = − − − = − −∫.
0,25
.5
22
21xI dxx
=−∫ Đặt 1 2 , 2 1, 5 2t x dx tdt x t x t= − ⇒ = = ⇒ = = ⇒ =
22
21
4 ( 1)I t dt= +∫
0,25
22 32
21 1
404 ( 1) 4( )3 3tI t dt t= + = + =∫ 0,25
1 23I I I= + =25 21 40 75 293( ln5 2ln 2 ) ln5 6ln 22 4 3 2 12
− − + = − − . . 0,25
4
(1,0đ)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm (1;2; 3)A − , ( 2;1; 4)B − − ….
( 3; 1; 1)AB = -‐ -‐ -‐uuur
, Véc tơ pháp tuyến của (P): (1; 4;1)n = -‐ur
0,25
Ta có ( )A P∉ và . 0AB n =uuur ur
Suy ra AB song song với mặt phẳng (P) 0,25
Đường thẳng d qua A vuông góc với (P) có phương trình
12 43
x ty tz t
= +⎧⎪
= −⎨⎪ = − +⎩
0,25
Gọi H(1+t, 2-4t, -3+t) là hình chiếu của A trên (P)
( ) 1 8 16 3 8 0 1A P t t t t∈ ⇔ + − + − + − = ⇔ = . Vậy H(2, -2,-2) 0,25
5
(1,0đ)
a) Tìm hệ số của 3x trong khai triển biểu thức 4 7( 3) 5 (2 1)A x x x= + + −
4 74 7 7
4 70 0
3 5 . ( 1) 2k k k i i i i
k iA C x x C x− − −
= =
= + −∑ ∑ . 0,25
Khi: k=1, i=5, Hệ số của x4 : 1 5 24 7.3 5. .2 12 420 408C C− = − = − 0,25
b) Tính xác suất để trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 2 học sinh lớp 10.
Gọi A là biến cố chọ được ít nhất 2 học sinh lớp 10à A là biến cố chọn được 0 hoặc 1 học sinh lớp 10
Số phần tử của không gian mẫu là: 515 3003C =
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 5 1 410 5 10. 1302C C C+ =
0,25
5 1 410 5 10
515
. 1302 62( ) 0,4335 ( ) 1 ( ) 0,56653003 143
C C CP A P A P AC+
= = = = ⇒ = − = 0,25
6
(1,0đ)
Cho hình chóp S.ABCD, ABCD là hình thang vuông tại A và B…
Gọi I là trung điểm AC, Suy ra ( )SI ABCD⊥ Tam giác SAI vuông tại I nên 2
2 2 2 1442 2aSI SA AI a a= − = − =
Diện tích ABCD,2( 2 ). 3
2 2ABCDa a a aS +
= =
0,25
Thể tích chóp 31 14.
3 4ABCDaV SI S= = 0,25 S
.d(AD,SB)=d(AD,(SBC))=d(A,(SBC))=2d(I,(SBC))
Kẻ IK⊥BC, IH⊥ SK. Chứng minh IH⊥ (SBC)
Suy ra d(AD,SB)=2IH
0,25
Tam giác vuông SIK có 2 2 2
1 1 1IH IS IK
= + 2 2 2
1 1 3014 7
4 4a a a
= + =
Suy ra 730aIH = ⇒
210( , )15
ad AD SB = .
0,25
7
(1,0đ)
Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có......
Giả sử d1: x+y-2=0, d2: 4x+5y-9=0
A là giao điểm d1 và d2 suy ra A(1;1)
Gọi E là điểm đối xứng với K qua d1, Phương trình EK: 3 02
x y− − =
Tọa độ trung điểm H của EK là nghiệm của hệ
72 014 (2, )3 1 20
2 4
x y xE
x y y
⎧+ − = =⎧ ⎪⎪ ⎪⇔ ⇒⎨ ⎨
− − =⎪ ⎪ =⎩ ⎪⎩
Đường thẳng AB đi qua A và E có phương trình AB:x+2y-3=0
Đường thẳng AC đi qua A và K có phương trình AC:2x+y-3=0
0,25
Gọi B(3-2b,b), C(c,3-2c)
Trung điểm BC thuộc d2 suy ra: 3 2 3 24 5 9 0 2 3 02 2b c b c b c− + + −
+ − = ⇒− − + = (1)
2 31 os ( , )5
SinA c AB AC= − =
Áp dụng đinh lý hàm số sin, ta có BC=2R. SinA=3 (2)
0,25
Từ (1),(2) suy ra 0, 3( )2, 1
c b loaic b= =⎡
⎢ = = −⎣
0,25
Đáp số: A(1,1); B(5,-1); C(2,-1) 0,25
8 Giải phương trình 2
12 202 2 2 3 09 18 25
xx xx x
−+ − − − =
− +
(1,0đ) Điều kiện: 1 3x− ≤ ≤
2
2
6 10 12 20 02 2 2 3 9 18 256 10 0 (1)
9 18 25 2 2 2 4 3 (2)
x xx x x xx
x x x x
− −− =
+ + − − +
− =⎡⇔ ⎢
− + = + + −⎢⎣
5(1)3
x⇔ =
0,25
Bình phương 2 vế của (2): 2 29 10 31 16 6 4 2 (*)x x x x− − = + −
Đặt 22 6 4 2 0t x x= + − ≥ . (*) trở thành: 2 28 6 7 0t t x x+ − − + = , 2( 3)xΔ = +
7(3)1 (4)
t xt x= − −⎡
⎢ = −⎣
Giải (3): t=-x-7 vô nghiệm
0,25
Giải (4): 3 323
x −= (loại), 3 32
3x += (thỏa mãn)
(Học sinh có thể giải (*) bằng phương pháp bình phương 2 vế-yêu cầu phải phân tích thành tích các nhân tử)
0,25
Đáp số: 53
x = , 3 323
x += 0,25
9
(1,0đ)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 33 3( )( )( )P x y y z z x x y z= + + + − − − .
Áp dụng bất đẳng thức Côsi : 3 33 3 3 34 3 4x x x x x hay x x x+ + + ≥ + ≥
Tương tự: 3 33 4y y y+ ≥ ; 3 33 4z z z+ ≥
Cộng từng vế các bất đẳng thức, ta có: 3 3 3 33 33( ) 4( ) 12x y z x y z x y z+ + + + + ≥ + + = (1)
0,25
Ta có 3 3 3 3( ) 3( )( )( )x y z x y z x y y z z x+ + = + + − + + +
Thay vào (1) được: 33 327 3( )( )( ) 3( ) 12x y y z z x x y z− + + + + + + ≥
0,25
Suy ra : 5P ≤ , Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 0,25
Đáp số: Giá trị lớn nhất của P bằng 5 khi x=y=z=1 0,25
![[1/8] +[04.66805856] Dịch vụ múa lân múa lân múa sư tử](https://img.dokumen.tips/doc/110x75/589e26441a28ab5c128b48f3/18-0466805856-dich-vu-mua-lan-mua-lan-mua-su-tu.jpg)
