Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE235 THPT nguyễn tất thành, hà nội

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (200.3 KB, 5 trang )

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI
THCS& THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

----------------------

ĐỀ KIỂM TRA SÁT HẠCH
KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016
MÔN TOÁN - LẦN 2

(180 phút, không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (1điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  6 x 2  9 x  1 .
Câu 2 (1điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

2x 1
tại giao điểm của
x 1

đồ thị đó với đường thẳng d có phương trình: y = x + 3.
2
Câu 3 (1điểm). a) Giải phương trình: 12 log 9 x  2 log 1 x  1 .
3

b) Cho số phức z thỏa mãn: (2 + i)z = 4 – 3i. Tính môđun của w  i z  (1  i ) z .
3

Câu 4 (1điểm). Tính tích phân: I  
0

dx
.


2  x 1

Câu 5 (1điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;-1;2), B(4;-2;3) và
đường thẳng d:

x  2 y  3 z 1


. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng
1
1
2

AB và tìm tọa độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC vuông tại C.
Câu 6 (1điểm). a) Cho hàm số f ( x )  2 3 s inx  cos2 x  5 . Giải phương trình f '( x)  0 .
b) Câu lạc bộ cờ vua của trường có 3 học sinh khối 12, có 4 học sinh khối 11 và có 5 học
sinh khối 10. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi thi đấu giao lưu với trường bạn. Tính xác suất để
trong 4 học sinh được chọn có học sinh của cả 3 khối.
Câu 7 (1điểm). Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA  mp(ABC), tam giác SBC đều cạnh
a, góc giữa đường thẳng SC và mp(ABC) bằng 300 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
Câu 8 (1điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S = 40,
biết đỉnh A(3;-2). Gọi M là trung điểm cạnh CD. Đường thẳng d đi qua B và M có phương
trình: x – 3y + 11 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật biết rằng B có hoành độ âm.
 x 2  xy  x  2 y 2  3 y  y  1  1

Câu 9 (1điểm). Giải hệ phương trình 

3
2

 x  x  y  6  3x  x  y  2 y  2

.

3
2

Câu 10 (1điểm). Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  2 xy   x  y  z .
6 x2  3 y 2  2 z 2
3
3


.
8
x  z y 1
------------- Hết------------Cảm ơn thầy Đỗ Ngọc Điệp () chia sẻ đến www.laisac.page.tl

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 


Câu
Câu
1
(1đ)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 2
Môn: TOÁN. Thời gian làm bài: 180 phút
Đáp án
+) Tập xác định: 


Điểm

Chiều biến thiên: y '  3x 2  12 x  9
0,25

 x  3
 x  3
y'  0  
; y' 0  
và y '  0  3  x  1.
 x  1
 x  1
+) Suy ra hàm số đồng biến trên  ;  3,  1;   ; nghịch biến trên  3;  1.

0,25

HS đạt cực đại tại x  3, yCĐ  1, hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  3.
Giới hạn tại vô cực: lim y   và lim y  .
x  

x  

+) Bảng biến thiên:

y
x

3




y'

+

0

1



0


1

+

0,25



1

3

y

1


O

x

3


0,25

+) Vẽ đồ thị. Đồ thị đi qua các điểm A(-3;1)
B(-1;-3), C(-4;-3), D( -2:-1) và E(0;1)

Câu
2
(1đ)

+) TXĐ: D  R \ {1} . Tính đạo hàm: y ' 
+) Giải phương trình:

3
( x  1) 2

 x  2
2x 1
 x  3  x2  4  0  
x 1
x  2

1

1
1
. Tiếp tuyến là y   x 
3
3
3
+) Với x  2  y (2)  5, y '(2)  3 . Tiếp tuyến là y  3 x  11
1
1
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là y   x  và y  3 x  11
3
3
a) +) Điều kiện x > 0
1
PT  12( log 3 x ) 2  2 log 3 x  1  0  3(log 3 x ) 2  2 log 3 x  1  0
2
Đặt t  log 3 x . Có phương trình:
1
1
2
+) 3t  2t  1  0  t  1, t   x  , x  3 3
3
3
1
Vậy phương trình có hai nghiệm x  và x  3 3
3

+) Với x  2  y ( 2)  1, y '(2) 

Câu

3
(1đ)

b) +) Số phức z 

4  3i (4  3i )(2  i ) 5  10i


 1  2i
2i
(2  i)(2  i)
5

3

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25


+)  w  i z  (1  i ) z  i (1  2i)  (1  i)(1  2i )  1  4i  w  17 .

Câu

4
(1đ)

+) Đổi biến x  1  t  x  t 2  1  dx  2tdt . Khi x = 0 thì t = 1, x = 3 thì t = 2.
2

2

2tdt
4
  (2 
) dt
+) Ta có: I  
2t 1
2t
1

Câu
5
(1đ)

3
.
4

3 5
+) Mặt phẳng trung trực (P) của AB đi qua trung điểm AB là K (2;  ; )
2 2

+) Và có vec tơ pháp tuyến là AB  (4; 1;1) . Phương trình mp(P) là:

3
5
4( x  2)  ( y  )  ( z  )  0  4 x  y  z  12  0
2
2
+) Điểm C  d  C (2  t ; 3  t;1  2t ) . Tam giác ABC vuông tại C
 AC 2  BC 2  AB 2
 (2  t )2  (2  t )2  (2t  1) 2  (t  2)2  (t  1) 2  (2t  2) 2  18
 12t 2  6t  0  t  0 ; t 

0,25
0,25
0,25

+) I  (2t  4 ln t  2 ) |12
+) I  (4  4 ln 4)  (2  4 ln 3)  2  4 ln

0,25

1
2

5 7
+) Vậy có tọa độ điểm C(2;-3;1) và K ( ; ; 2)
2 2

0,25
0,25

0,25


0,25

0,25

a) +) f '( x )  2 3cosx  2 sin 2 x
Câu
6
(1đ)

 cos x  0

+) f '( x )  0  2 cos x( 3  2s inx)  0  
3
s inx  

2


4
 k 2 , x 
 k 2
Vậy f’(x) = 0 với x   k , x 
2
3
3

0,25

0,25


b) Không gian mẫu có C124  495 phần tử
+) Gọi A là biến cố: trong 4 học sinh được chọn có học sinh của cả 3 khối.
Trường hợp 1: 4 HS được chọn có 2 của khối 10, mỗi khối kia 1 HS.

0,25

Trường hợp 2: 4 HS được chọn có 2 của khối 11, mỗi khối kia 1 HS.
Trường hợp 3: 4 HS được chọn có 2 của khối 12, mỗi khối kia 1 HS.
+) Số cách chọn 4 học sinh có đủ cả 3 khối là: C32 C41C51  C31C42 C51  C31C41C52  270
270 6

Vậy số phần tử của A bằng 270. Xác suất của biến cố A là: P ( A) 
495 11

0,25


Câu
7
(1đ)

+) Gọi M là trung điểm BC thì BC  SM  BC  AM . Góc giữa SC và mp(ABC)
0,25

  300 . Do SC  a  SA  a , AC  3a  AM  AC 2  CM 2  a 2
là SCA
2

1

2

+) S ABC  BC. AM 

2

2

2

2

2a
1
1 2a a
2a
 VS . ABC  S ABC .SA  .
. 
4
3
3 4 2
24

+) Trong mp(ABC) kẻ đường thẳng d

3

0,25

S


qua C và song song với AB.
0,25

Từ điểm A kẻ Kẻ AD  d , AH  SD ,
H

thì d(AB;SC) = d(A;(SCD)) = AH
2

A

2S ABC
2a
3a
6a

:

AB
2
2
3
1
1
1
4
3
11
.






AH 2 SA2 AD 2 a 2 2 a 2 2 a 2
2a
22 a
 d ( AB; SC ) 
Vậy AH 
11
11

+) AD  d (C; AB) 

B
M

D

0,25

C

+) Gọi H là chân đường cao AH của tam
Câu
8
(1đ)

giác ABM thì AH  d ( A; BM )  2 10 .

Diện tích tam giác ABM bằng một nửa

A

B

diện tích hình chữ nhật ABCD.
1
40
BM . AH  20  BM 
 2 10 .
2
2 10

0,25

Vậy có AH = BM =AM  H  M .

D

+) Đường thẳng AM qua A, vuông góc với

M

C

0,25

BM  AM : 3 x  y  7  0  M (1; 4) .
+) Điểm B thuộc đường thẳng BM  B (3b  11; b)

MB  AM  2 10  (3b  12) 2  (b  4)2  40
 b 2  8b  12  0  b  2; b  6

 B(5; 2)

 B(7; 6) ( L )

0,25

+) Trung điểm AB là N(-1;0), tâm I của hình chữ nhật ABCD là trung điểm MN, có
I(0;2). I là trung điểm AC và BD. Vậy C(-3;6) và D(5;2)
+) ĐK: x  0, y  1 . Đặt a  x  0, b  y  1  0  x  a 2 , y  b 2  1
Câu
9
(1đ)

PT thứ nhất của hệ trở thành: a 4  a 2 (b 2  1)  a  2(b 2  1) 2  3(b 2  1)  b  1

0,25


 ( a 4  a 2 b 2  2b 4 )  ( a 2  b 2 )  a  b  0

0,25

 ( a 2  b 2 )( a 2  2b 2 )  ( a  b)( a  b)  ( a  b)  0

 ( a  b)[(a  b)( a 2  2b 2 )  (a  b)  1]  0  a  b  y  x  1 .

0,25


+) Thay vào PT thứ hai của hệ được: x 3  2 x  5  3 x 2  1  2 x  3  0 (1)
+) Có thể giải PT(1) bằng cách nhân liên hợp hoặc sử dụng đạo hàm như sau:
Xét hàm số: f ( x)  x3  2 x  5  3 x 2  1  2 x  3 với x  D  [0; )
3x

2

f '( x )  3 x  2 

3x 2  1

1
 3x 2 
x3


2

2

1
2 3x 2  1  3x

x3
3x 2  1

0,25

2


Với mọi x  D luôn có: 2 3 x  1  12 x  4  9 x  | 3 x |  3 x
+) cho nên f’(x) > 0 với mọi x > 0, hàm số f(x) đồng biến trên D.
Vậy phương trình (1) có không quá 1 nghiệm thuộc D.
Thử với x = 1 thỏa mãn phương trình (1). Vậy PT(1) có nghiệm duy nhất x = 1.

0,25

Với x = 1 thì y = 2. Hệ đã cho có một nghiệm x = 1, y = 2.
Câu
10
(1 đ)

1
(a  b)2  (a 2  b 2 ) với a = x + y và b = z
2
1
3
2
2
2
2
2
ta có: ( x  y  z )  ( x  y)  z  x  y  z 2  2 xy   x  y  z
2
2
1 2 3
 t   t  t 2  2t  3  0  1  t  3 . Vậy 0  t  3
2
2


+) Đặt t = x + y + z > 0. Áp dụng BĐT

0,25

+) Áp dụng BĐT Bu-nhia-cốp-xki có:
( x  y  z )2  ( x  2.

y
z
y2 z2
 3. )2  (1  2  3)( x 2 
 )  6x2  3 y 2  2z 2
2
3
2
3

6 x 2  3 y 2  2 z 2 ( x  y  z )2 t 2



8
8
8
3
3
12
12
1 1

4



, a, b  0 
Áp dụng BĐT:  
x  z y 1 x  y  z 1 t 1
a b ab
2
2
t
12
t
12
, t  (0;3]  D
Vậy P  
. Xét hàm số f (t )  
8 t 1
8 t 1
t
12
t (t  1) 2  48

 0, t  (0;3)  f(t) nghịch biến trên D.
+) f '(t )  
4 (t  1) 2
4(t  1)2
33
33
Hàm số f(t) đạt GTNN tại t = 3  minf (t )  f (3) 

. Vậy P 
.
8
8
x y z
+) Dấu đẳng thức khi và chỉ khi đồng thời có: x + y = z, x + z = y + 1,  
1 2 3
1
3
33
1
3
 x  , y  1, z  . Vậy P min 
khi x  , y  1, z 
2
2
8
2
2
Cảm ơn thầy Đỗ Ngọc Điệp () chia sẻ đến www.laisac.page.tl

0,25

0,25

0,25




×