Đề thi thử môn toán 2016 Xuân Trường Nam ĐỊnh

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1
NĂM HỌC: 2015-2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề


Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  3

Th
De
Câu 2 (2,0 điểm).

3π
2π 

. Tính sin  α 
.

2
3 

b) Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .
a) Cho tan α  2 và π  α 

1



trên đoạn  2;  .
2

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x.

iT

Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường
môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1
nam và 4 nữ , môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt
giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự
đại hội thi đua ? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?



hu

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi
đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).



.N

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm
đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp

đường tròn (T) có phương trình: ( x  4) 2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x  4 y  17  0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0)
và điểm M có tung độ âm
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x  8  y  1

 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức



1
1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2
x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

et

P



-----------------------HẾT------------------------

Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Câu

Nội dung

Th
De

a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định : D  
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : lim y   ; lim y  
x 

Điểm



x 

0,25

3

b, Bảng biến thiên: y’ = 4 x  4 x , y’ = 0  x = 0, x  1
x
-
-1
0
1
y'
0
+
0
0
+
-3

+
+
+

0,25

y

Câu 1
(1,0 điểm)

-4
-4

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;) , hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng (;1) và (0; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.

Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1 , yCT = y(  1 ) = - 4.
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm
(  3 ; 0).

0,25

y

iT
 3 1 O

3

1

x

0,25

hu



3

4

Câu 2.1
(1,0 điểm)

2π 
3π

. Tính sin  α   ?
2
3 


.N

Cho tan α  2 và π  α 

1
1
1
5
2
Cos
α




cosα



2
Ta có
1  tan α 1  4 5
5



0,25

et

5
3π
 cosα  0 nên cosα  
2
5
 5
2 5
sin α  cosα. tan α 
.2 
5
5

Do π  α 

0,25

0,25

Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Vậy

2π 
2π
2π

sin  α 
 cosα.sin
  sin α.cos
3 
3
3



0,25

2 5 1  5 3 2 5  15

. 
.

5
2
5
2
10

Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0

Th
De



Câu 2.2
(1,0 điểm)

cos x  sin 4x  cos3x  0  2 sin 2x.sin x  2sin 2x.cos 2x  0

0,25

 2sin 2x(s inx  cos2x)  0  sin 2x(2sin 2 x  sin x  1)  0

0,25

kπ

x  2


 x  π  k2π
sin 2x  0


2
 s inx  1  
 x   π  k2π


1
6

s inx 

2

7π
 k2π
x 
6


0,5



Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .

Câu 3
(1,0 điểm)

iT

1

trên đoạn  2;  .
2


x

+ Ta có f '(x)  1 

hu

1
2

+ f '(x)  0  x  2  [  2; ]

1
2

1
[-2; ]
2

1  15
;
2

minf(x)  2

0,25

1
[-2; ]
2

x

 4  6
 2.       1
9 9
2x

x



0,25

0,25

et

2
 2
 2.       1  0
3
 3
x
 2 
   1  Loai 
3

 2 x 1
  

2
 3 

.N

Phương trình

Câu 4
(1,0 điểm)

0,25
0,25

Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x.
x



1  15
2

+ Có f (2)  2;f ( ) 

maxf(x) 

0,25

4  x2

0,25

Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

 x   log 2 2
3

Vậy phương trình có nghiệm x   log 2 2
3



Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt
giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn
Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3
nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ?
Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
 n(Ω)  625
Có tất cả 5.5.5.5=625 cách
0,25
Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội”
0,25
 A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH”

Th
De
Câu 5
(1,0 điểm)

0,25

 

 n(A)  4.1.2.3  1.4.3.2  48  P A 

n(A) 48

n(Ω) 625



48 577

625 625
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm

Vậy P(A)  1  P  A   1 

0,25
0,25

trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo

bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).

K
A

Câu 6
(1,0 điểm)

D

I

H

Ta có:

hu

iT

S

Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra
SH  ( ABCD )
  300 .
và SCH
SHC  SHD  SC  SD  2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

0,25

SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3

B

C

HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a
Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra

3

.N

BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 .

0,25

1
4a 6
Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH 
.

3
3
Vì BA  2 HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC  

Do đó: HK   SAC  .

0,25

et

Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:
AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có: HK  SI .

Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!
Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên

HS .HI

Suy ra, HK 

2

HS  HI

2



HI AH
AH .BC a 6
.

 HI 

BC AC
AC
3

a 66
.
11



0,25

2a 66
11
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội
tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4) 2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x  4 y  17  0 ;
đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm

Th
De

Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2 HK 



A

Câu 7
(1,0 điểm)

B

I

C

D

E

+(T) có tâm I(4;1);R=5
+ Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BDM và N,C là chân các đường cao
nên chứng minh được :IM  CN

0,25

N

M

iT

+ Lập ptđt IM qua I và IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0
 M(7; 3)
+ M là giao điểm (T) với IM : 

 M(1;5) (loai)

0,25

0,25

.N

hu

+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)
+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1
 D(9;1)
D là giao điểm (T) và DC : 
 D(1;1)
Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)
 

+Do BA  CD => A(-1 ;5)
* Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

Giải hệ phương trình:   x  8  y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7

0,25





et

Điều kiện x  1; y  2 .
Đặt x  1  a; y  2  b  a, b  0  , từ (1) ta có:
a  ab  a 2  1  5  2  b 2  2   b  a  b  ab  b 2  a 2  b 2  0
Câu 8
(1,0 điểm)

  a  b 1  2a  b   0

0,25

 a  b (do a, b  0  1  2a  b  0

Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!
x 1 



y2  y  x3 .

Thế vào (2) ta được:
  x  1



2



x 1  3 

Th
De

 x  8  x  4 

x  4x  7
x  8
  x4
x 1
 2

 *
x 1  3
 x  4 x  7
+ x  8  y  11;

 x  8 x  4   x  1 x  8
x2  4 x  7







x 1  3 





x 1



0,25





+ *   x  1  3  x  4    x  1  x2  4 x  7 
2

x 1  3

0,25

 3   x  2   3 .  x  2   3 (**)



2

2

Xét hàm số f  t    t  3  t 2  3  với t   có f '  t   3  t  1  0 t   nên

f  t  đồng biến trên  .

x  2

Do đó **  f  x  1   f  x  2   x  1  x  2  

2
x  1  x  4x  4

iT

x  2
5  13
(T/M)
 2
x
2
x

5
x

3

0


x

hu

5  13
11  13
y
2
2

0,25

 5  13 11  13 
;

2
 2


Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  là 8;11 và 

Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

1
1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2

2
x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

Câu 9
(1,0 điểm)

1 1

1

1

xy  1
,…
2

.N

Ta có x 2  y 2  2   x2  1   y 2  1  2  x  y  ,….; xy 


Nên P  


 xy  yz  zx  3 .
2x y y  z z  x

Ta có  x  y  z  xy  yz  zx   9 xyz

8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9

0,25

et

  x  y  y  z  z  x    x  y  z  xy  yz  zx   xyz 

Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

 x  y  y  z    y  z  z  x    x  y  z  x 
1
1
1



x y yz zx
 x  y  y  z  z  x 
 x  y  z 2  xy  yz  zx

 x  y  y  z  z  x 
2
 x  y  z   xy  yz  zx

Th

De



8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9
27
3


8  xy  yz  zx  8



1
27
27 
 xy  yz  zx  
2  8  xy  yz  zx 
8
Đặt t  xy  yz  zx .

Suy ra P  

Do x, y, z   0; 2    2  x  2  y  2  z   0  xy  yz  zx 

4  xyz
2t 2
2

1
2
Mặt khác: xy  yz  zx   x  y  z   3  t  3 .
3
Vậy t   2;3

1 27
27
Ta có P    t    f  t 
8

iT

2  8t



1  27  8t 3  27
 0 t   2;3
Xét hàm số f  t  với t  0; 2 ta có f '  t   t  2  
2  8t 
16t 2
nên hàm số f  t  đồng biến trên  2;3 .

hu

15
.

4
15
15
khi x  y  z  1 .
Do P  f  t   P  . Có P 
4
4
15
Vậy giá trị lớn nhất của P là
đạt được khi x  y  z  1.
4
 f  t   f  3 

0,25

0,25

0,25

.N

(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)

et
Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />