VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM
ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ
THÔNG QUỐC GIA-LẦN 2
NĂM HỌC: 2015-2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và y = − x 3 + 3 x + 1
vẽ đồ thị của hàm số .
1 x 2 − 2m − 1
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số y = x 4 − 2(mx +=1)
đạt cực đại tại .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho là hai nghiệm phức của phương A =2 zz2 2−+z21 ,zzz2+2 5
=0
1
2 − 3 z1 .z 2
trình . Tính .
b) Giải bất phương trình : .
log 2 x 2 +π 2 x − 8 ≤ 1 − log 1 ( x − 2 )
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
2
.
x2
I = e + sin 2 x xdx
−Oxyz
(1;3;
2 yy+−2)z4− 6 =z 0
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với ( P) :x∫02+x 1A
hệ tọa độ , cho điểm , đường thẳng và mặt d : 2 = −1 = −2
phẳng . Tìm tọa độ giao điểm của d với (P)
và viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, có tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc với (P).
(
)
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a. Hình chiếu vuông góc
của B lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh B’C’, góc giữa A’B với mặt phẳng (A’B’C’) bằng 600.
Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’B theo a.
Câu 7 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
3 sin 2 x − cos 2 x = 4 cos x + 1
b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học
sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả
nam và nữ.
+( y(−01−;4−2=
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ xE
M
4) 0
Oxy,cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm
I. Điểm là trung điểm cạnh BC và điểm là hình chiếu vuông góc của B trên AI. Xác định tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC, biết đường thẳng AC có phương trình .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ x 3 + ( x − y ) 2 + xy ( y − 2 x ) = 0
phương trình
2
1 =x y
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c 1 + 1 +1Py+=a22 a2+3x+1b−+322+x(c+b3 1+−+cb)x =−
c4
là các số thực không âm thay đổi
thỏa mãn điều kiện:
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
…………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:………..………………….
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 2 NĂM 2015-2016 TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
Câu
1
(1 điểm)
Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
của hàm số:
y = − x 3 + 3x + 1
D=R
TXĐ:
y 'y=' =0 −⇔
,
3 xx2 =
+ 3±1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng và , ( (−∞
1;−1;1
+∞
; −)1) )
đồng biến trên khoảng
x====
−1−131
Hàm số đạt cực đại tại , , đạt cực tiểu tại , yyxCTCD
,
lim y = +∞
−∞
x →−∞
→+∞
* Bảng biến thiên
∞1
x
–
-1
y’
0
+
∞3
+
y
∞-1
Đồ thị:
Điể
m
0.25
0.25
0.25
+
0
4
2
2
4
2
(1 điểm)
1 x 2 − 2m − 1
Tìm m để hàm số đạt cực đại tại y = x 4 − 2(mx +=1)
-
0.25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Câu
Đáp án
y ' = 4 x 3 − 4( m + 1) x
Điể
m
0.25
xm
= 1+ 1) = 0 ⇔ m = 0
y '(1) = 0 ⇔ 4 − 4(
0.25
⇒ y ' = 4 x3 − 4 x ⇒ y '(1) = 0
0.25
+ Ta có
+ Để hàm số đạt cực đại
tại cần
+Với m=0
3a
(0.5điểm
)
⇒
=m
1y =''(1)0 = 8 > 0
+ Lại có hàm số đạt cực tiểu y '' = 12 xx2=−14x⇒
⇒
tại không thỏa mãn. Vậy
không có giá trị nào của m để HS đạt cực đại tại .
+
1 − 3i
1 + 3i
z1 =
; z2 =
2
2
2
2
+
1 − 3i 1 + 3i
1 − 3i
1 + 3i
2
2
A
=
z
+
z
−
3
z
.z
=
+
.
1 102
−8 − 6i 1 −8 + 26i
1
÷2 2 ÷ − 3 2
−5
=
+
− 3. = 2( −8) + (−6 2) + ( −8 ) 2+ 6 2 −230 =
4
4
4 4
2
(
3b
(0.5điểm
)
)
x2 + 2x − 8 > 0
⇔x>2
x
−
2
>
0
0.25
0.25
0.25
Điều kiện: .
(1) ⇔ log 2 x 2 + 2 x − 8 ≤ 1 + log 2 ( x − 2 )
0.25
⇔ log 2 x + 2 x − 8 ≤ log 2 2 ( x − 2 )
2
⇔ x2 + 2x − 8 ≤ 2 ( x − 2) ⇔ ( x − 2) ( x + 4) ≤ 4 ( x − 2)
x ≥x 4≤ 2
Đối chiếu điều
kiện ta được
⇔ ( x − 2 ) ( 3 x − 12 ) ≥ 0 ⇔
x ≥ 4
nghiệm bất
2
0.25
phương trình: .
4
(1 điểm)
+
+
+Đặt
π
2
(
)
π
2
I = ∫ e + sin 2 x xdx = ∫ e xdx + ∫ sin 2 x.xdx
0π
2
x2
π
2
x2
0
π
2
0 π2
4
dx
1 2
e −1
e xdx = ∫ e
= ex =
∫
π
π
2 2du = 0dx
2
0
0
2
π
π
1 u = x π2 2 1 ⇒
1
1
π
2 x .x 0 + ∫ cos 2xdx = 1− cos 2 x .x 02 + sin 2 x 02 =
⇒ ∫ sin 2 x.xdx = − cos
2 dv = sin 20xdx
2
2 2x
4
4
v = − 2 cos
0
x2
2
x2
Vậy,
I=
5
(1 điểm)
π
2
e
π2
4
−1 π
+
2
4
d có phương trình tham số .
x = −1 + 2t
B (−B
1 +=B2dt∈
;∩
4d−(P
t ;)−2t )
Gọi , do nên
y = 4−t
2(−1 + 2t ) − 2(4 − t ) −2tB−∈6(P
= )0 ⇔ t = 4 ⇒ B (7;0;−8)
Do nên
t a;−2a)
Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc I (−1+z 2=a−;42−
d nên
R = IA = d ( I , ( P ))
Theo bài ra thì (S) có bán kính
2(−1 + 2a ) − 2( 4 − a ) − 2a − 6
⇒ (22 − 2a ) 2 + (a − 1) 2 + (22 + 2a ) 2 2= 4a − 16
35
2
⇔ 9(9a − 2a + 9) = (4a⇔− 169)a 2⇔
− 265
a +a 9+=110a − 175
2 2 =+02⇔
+ 1a2 = 1; a = −
13
3
0.25
0.25
0.25
0.25
0,25
0,25
0,25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Câu
Đáp án
.
+) Với
+) Với
6
a = 1 ⇒ I = (1;3;−2), R = 4 ⇒ ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 3) 2 + ( z + 2) 2 = 16
2
2
2
83 I = − 83
87;87 ; 70 ; R
70= 11613456
35
⇒ ( S )a: =x−+ ⇒
+
y
−
+
z
−
= a2 3
13 13
13 13 13
13
S13 13= 4169
= a2 3
A' B 'C '
Điể
m
0,25
4
+
+Vì BH ⊥ (A’B’C’) nên góc giữa
A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H.
Hay
· ' H = 600
BA
(0.5điểm
)
⇒ BH = A ' H .tan 600 = 3a
0,25
(đvtt)
VABC . A ' B ' C ' = S A ' B ' C ' .BH = a 2 3.3a = 3 3.a 3
Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)).
Dựng HM ⊥ A’B’. Khi đó A’B’ ⊥ (BMH) suy ra (ABB’A’) ⊥ (BMH)
Dựng HK ⊥ BM suy ra HK ⊥ (ABB’A’).
⇒ d ( H ,( ABB ' A ')) = HK =
(0.5điểm
)
Vậy .
7a
(0.5điểm
)
7b
HM .HB
HM + HB
2
2
=
a 3
.3a
2
2
a 3
2
÷ + 9a
2
0,25
=
3a 13
13
6a 13
d (CC ', A ' B ) = d (C ',( ABB ' A ')) = 2d ( H ,( ABB ' A ')) =
3 sin 2 x − cos 2 x = 4cos x + 1 ⇔ 3 sin 2 x − (cos 2 x + 1) − 4cos
13 x = 0
cos x = 0
⇔ 2cos x( 3 sin x − cos x − 2) = 0 ⇔
3 sin x − cos x − 2 = 0
π
π
x3 == 165+ kπ
+
x = 2 + kπn ( Ω ) = C 11
2
+ Số cách chọn 3 ⇔
học sinh có C52 .C61 ⇔
+ C51.C62 = 135
sin( x − π ) = 1
6
x = 2π + k 2π
3
(k ∈ Z )
0,25
0,25
0.25
0.25
0.25
0.25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Câu
(0.5điểm
)
8
(1 điểm)
Đáp án
cả nam và nữ là
Do đó xác suất để 3 học sinh được 135 9
=
chọn có cả nam và nữ là
165 11
Kẻ DB vuông góc với AC tại D.
·
·
⇒ DEB
= 1800 − BAD
(1)
Tứ giác ADEB, BIEM nội tiếp đường tròn
· BM
¼= BIM
·
(cùng chắn ) BEM
(2)
1·
·
·
BIM
= BIC
= BAD
(3)
2
Mà
·
·
⇒ DEB
+ BEM
= 1800
Từ (1), (2), (3) nên D, E, M thẳng hàng
phương trình là:
0.25
x + y − 4 = 0
⇒ D ( 2 ; 2)
: xMC
C ∈ AC
+yy−C−=2(4;0)
4MD
==00=⇒2 C5( c ; −c + 4 )
2 x −⇒
C (2;⇒2) (loai )
+ M trung điểm BC B(-4 ;-4)
x +⇒
1⊥=BE
0
AE
+ phương trình là:
0.25
+ Tọa độ D là nghiệm
+ mà
A = AC ∩ AE ⇒ A(−1;5)
+
0.25
Với : A(-1;5); B(-4;-4); C(4;0) tạo nên tam giác nhọn
Vậy tọa độ các đỉnh tam giác: A ( −1;5 ) ; B ( −4; −4 ) ; C ( 4;0 )
y≥0
Điều kiện:.
(1)
x = y
2
)−=1− 02 ⇔= − y
+) Với , thế vào (2) ta được: ⇔ (1x+− y1)+ (yxx+=15
x = −1
(vô nghiệm)
y=x≥0
+) Với , thế vào (2) ta
1+ 1+ x
2 x2 − 2x + 1 + x − 1 = x x
được: .
Với x = 0, phương trình
trên được thỏa mãn.
xx > x0
Với , chia hai vế cho ta được:
(
(
)(
)(
)
không âm.
)(
0.25
)
1
1
2 1
12
+
+ 1 ÷2 2 − + 2 + 1 − ÷ =
1
Xét hàm đặc trưng ,⇔x 1 + (xa − 1f
)t( t −) =( a −1x1+)tt−=2x −11t ,++t t>2 x0a − a ( *)
có
f '( t ) =
−1 =
< 0, ∀t > 0
2
2
1
21 + t
1
+
t
Nên .
⇔ a + a +1
2 − 2a + a3 ++ 1 5− a = 1 3a−= 5 > 0 ÷
a=
⇒ x =
x
Vậy hệ đã cho có ( *) ⇔ a − 1 = a ⇔
3 − 5 32− 5
2
;
( 0;0 ) ,
nghiệm (x; y) là:
÷
+ Chứng minh với mọi x, y 1 + x + 1 + y2 ≥ 1 + 21 + x+ y
(
10
(1 điểm)
0.25
2x − y − 2 = 0
+ Đường thẳng EM qua E,M có
9
(1 điểm)
Điể
m
( )
)
0.25
0.25
0.25
0.25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Câu
Đáp án
Điể
m
+ Áp dụng:
a2
4 = 1+ a + 1+ 2( b + c) ≥ 1+ 1+ a + 2( b + c) ⇒ b + c ≤ 4 −
2
2
2
P = 2a 3 + b3 + c 3 − b c = 2a 3 + ( b + c ) − 3bc
( b + c) − b c
2 3
a
3
Từ giả thiết ta có: ⇒ P4 ≤≥ 2a13++a( 2b ++1c⇒
) ≤a 22a≤38+⇒ 40−≤ a ≤÷ 2= 2f ( a )
2
Xét hàm số trên ,
f ( a 2)
0;2
2
a2
3
2
f ' ( a ) = 6a − 3a 4 − ÷ = a ( a − 2 ) a ( 12 − a 2 ) + 2 ( 16 − a 2 )
2
4
Ta có:
3
Ta có
f ' ( a ) = 0 ⇔ a = 0; a = 2
Ta có:
f ( 0 ) = 64, f ( 2 ) = 24, f 2 2 = 32 2
Suy ra .
max f ( a ) = f ( 0 ) = 64
Vậy, giá trị lớn nhất của P bằng a∈0;2 a2 =
0, b = 0,
4, c = 04
(
)
64 đạt tại hoặc .
(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)
0.25
0.25
0.25