Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán trường THPT Việt Trì

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (277.85 KB, 9 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT
VIỆT TRÌ

MA TRẬN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
Năm 2015-2016 lần 3

Mức độ

Nội dung

Nhận biết Thông
hiểu

Vận dụng

Tổng

Thấp Cao

Ứng dụng của đạo hàm Câu 1.

1.0 đ

Câu 2.
1.0đ

2.0

Phương trình lượng giác
Hàm số mũ, hàm số logarit

Câu 3a
0,5 đ

Câu 3b
0,5 đ

1.0

Số phức Đại số tổ hợp và xác suất
-Nhị thức Niu Tơn

Câu 4b
0,5 đ

Câu 4a
0.5 đ

1.0

Tích phân, diện tích hình phẳng thể
tích vật thể trịn xoay

Câu 5
1.0 đ

1.0

Phương trình- BPT – HPT đại số Câu .9

1.0 đ

1.0

Bất đẳng thức.Tìm GTNN,GTLN Câu 10

1.0 đ

1.0

Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Câu 8

1.0 đ

1.0

Phương pháp tọa độ trong không gian Câu 7
1.0 đ

1.0

Thể tích khối đa diện Câu 6

1 đ

1.0

Tổng điểm 2.0 5.0 2.0 1.0 10

TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 3
Mơn: Tốn

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (1.0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 3 2



x x

y .

Câu 2 (1.0 điểm). Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi là 60 cm. Tìm hình chữ nhật có diện
tích lớn nhất.

Câu 3 (1.0 điểm).

a) Cho cos2 52. Tính giá trị biểu thức: sin4 cos4 3sin2.cos2





P .

b) Giải phương trình sau :1 6x 7x



Câu 4 (1.0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn: iz 1 2i. Tìm mơ đun của số phức w1iz2.z.

b) Đội văn nghệ nhà trường gồm có 6 học sinh khối 10, 5 học sinh khối 11 và 4 học sinh khối 12.
chọn ngẫu nhiên 7 học sinh từ đội văn nghệ kể trên để biểu diễn văn nghệ trong lễ bế giảng. Tính
xác suất để trong đội văn nghệ khơng có học sinh khối 12.

Câu 5 (1.0 điểm). Tính tích phân: dx
x

x

I















1
2

Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C', có đáy là tam giác vng,
a

AC

AB  , góc giữa hai mặt phẳng A'BC và mặt phẳng ABC bằng 600.Tính thể tích của
khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau A'B và AC'.

Câu 7 (1.0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho đường thẳng

3
3
1

3
2

1
:
)
(








 y z

x

d , mặt phẳng (P):2xyz 40. Xác định tọa độ giao điểm của đường

thẳng (d) với mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt cầu tâm I



(d) tiếp xúc với mặt phẳng (P) và
có bán kính bằng 6.

Câu 8 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp trong đường
tròn tâm I, có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y - 2 = 0, D(2; -1) là chân đường cao của tam giác
ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường vng góc hạ từ B xuống đoạn AI; điểm
P(6;-1) thuộc đường thẳng AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:















































3

1

2

1

7

8

16

2

4

2

2
2

2
3
2

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

xy

x

Câu 10 (1.0 điểm). Tìm m để mọi số thực x ta có: x2 3x 29 x2 4x 2165m

---Hết---Thí sinh khơng được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:………SBD:………...…...

TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 
2015-2016-LẦN 3

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu Nội dung Điểm
Câu 1 (1.0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 3 2



x x

y . 1.0

* TXĐ: D=R

* Sự biến thiên: 0.25



























1

0 '

)1

)(

1 (

3 '

x

y

x

y











 x

x

y

y ;lim

lim

Bảng biến thiên:

0.25

* Đồ Thị: Cắt trục Ox tại 2 điểm (1;0); (-2;0); cắt trục Oy tại điểm (0;-2). Đi qua điểm
(2; -4)

f(x)=x*x*x-3*x+2

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-8
-6
-4
-2
2
4
6
8

x
y

0.25

2 Câu 2 (1.0 điểm). Trong tất cả các hình cn có chu vi là 60 cm. Tìm hình chữ nhật có
diện tích lớn nhất.

Gọi một cạnh của hình chữ nhật là x (cm) (0 < x < 30). Khi đó cạnh cịn lại là (30 - x)
(cm)

Theo bài ra thì diện tích của hình chữ nhật là:

 15 225

225
30

)
30

( 2 2











x x x x x

S

Vậy diện tích S của hcn lớn nhất = 225 khi x =15 (cm)
(Chú ý: Bài này có nhiều cách giải )

0,25
0,25
0,25
0,25

3 Câu 3 (1.0 điểm). 
a) Cho

5
2
2

cos   . Tính giá trị biểu thức: Psin4 cos4  3sin2.cos2

ta có









20
1
4
1
5
2
4
5
4

1
2
cos
4
5

2
cos
1
4
5
1
2
sin
4
5
1
cos
.
sin
5
cos

sin

2
2

2
2
2

2
2





































P 0.25

0.25

x

y

'

y

-

- 1

1 +

0 -

0 +

-+

4

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

b) Giải phương trình sau :1 6x 7x



Pt 1

7
6
7
1
















x
x

. Nhận xét x=1 là nghiệm của phương trình .cm x=1 là nghiệm duy

nhất của phương trình:

1
1
7
6
7
1
7
6
7
1
1
1
1
7
6
7
1
7
6
7
1
1








































x
khi
vn
pt
có
Ta
x
x
khi
vn
pt
có
Ta
x
x
x
x
x

Vậy pt đã cho có duy nhất một nghiệm x = 1

0.25
0.25

4

Câu 4 (1.0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn: iz1 2i. Tìm mơ đun của số phức w1iz2.z 0.5

i
i

i
z
i

iz12  2 12 0.25

Thay vào tính được w7 3i Tính được 7 3 72 32 58





 i 0.25

b) Đội văn nghệ nhà trường gồm có 6 học sinh khối 10, 5 học sinh khối 11 và 4
học sinh khối 12. chọn ngẫu nhiên 7 học sinh từ đội văn nghệ kể trên để biểu diễn văn
nghệ trong lễ bế giảng. Tính xác suất để trong đội văn nghệ khơng có học sinh lớp 12.

0.5

Chọn 7 em không gian mẫu của phép thử là : 7 6435
15 


 C

Gọi A là biến cố chọn 7 em khơng có em nào lớp 12 7 330
11


A C 0.25

Xác suất cần tính là ( ) 6435330


 A
A
P 0.25
5

Câu 5 (1.0 điểm). Tính tích phân: dx
x

x

I














2
1
2
1
2

. 1 đ

Ta có
































2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
2

1
1
1
1
1
1
x
dx
x
dx
dx
dx
x
dx
x
x
I 0.25
0.25
=
2
3
ln
2
6
7
1
1
)
1
ln(

2 2
1












x
x
x 0.25
0.25
6

Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C', có đáy là tam giác vng,
a

AC

AB  , góc giữa hai mặt phẳng A'BC và mặt phẳng ABC bằng 600.Tính

thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C'và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau A'B và AC'.

1.0

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

B

A

’

A

C

M

C

’

B

’

H’

Ta có

'(

60)

0 '

)(

'

()'

(





























MAA

AM

BC

MA

BC

ABC

AA

BC

AM

BC

ABC

BCA

Tam giác ABC vuông cân nên

2
2
,

2 MA a

a

BC  

Tam giác AMA’ vuông tại A nên AA’=AM.tan(AA’M)= ' '
2

CC
BB
a



4
6
'.

3
'

'
.

a
S

AA

VABCABC  ABC 

 

0.25

Gọi M’ là trung điểm của B’C’ dễ cm được hai mp (A’BM’) //(MAC’)
Suy ra d(A’B, A’C) =d((A’BM’),(MAC’))=d(C’;(A’M’B))=d(B’;(A’M’B))

Gọi B’H là đ/cao của tam giác BB’M’. Ta chứng minh được B’H chính là khoảng
cách cần tính.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng MBB’ ta có

4
6

4
2
4

6
2

6
.
2

'
'

'
'.
'

2
2
2

2 a a a

a
a

M
B
BB

M
B
BB
H

B 




0.25
0.25

7 Câu 7 (1.0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho đường thẳng

3
3
1

1
:
)
(







 y z

x

d , mặt phẳng (P):2xyz 40. Xác định tọa độ giao điểm

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

với mặt phẳng (P) và có bán kính bằng 6.

Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình













































6

4

3

04

2

3

1

3

2

1 z

y

x

zy

x

z

y

x

0.25
0.25

Gọi I(1+2t;3+t; -3-3t) thuộc d; theo bài ra ta có

























2

4

6

2

6 )

(;

t

P

I

d

0.25

Với    

 1  3 6
)

3
(
;
)

3
;
1
;
3
(

6
15
7

)
9
(
:
)

15
;
7
;
9
(

2
2


















z
y

x
ptmc
I

z
y

x
ptmc
I

0.25

8 Câu 8 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp
trong đường trịn tâm I, có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y - 2 = 0, D(2; -1) là chân
đường cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường vng góc
hạ từ B xuống AI; điểm P(6;-1) thuộc đường thẳng AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC.

1.0

Gọi M là điểm đối xứng của A qua I.

Ta có BCM BAM EDC   (Do tứ giác ABDE nội tiếp). Từ đó suy ra DE / /MC mà
MC AC  DEAC .

Ta có DE 



1; 2



Phương trình AC :1(x 6)2(y1)0 x2y 40 . Ta có

 

A  d AC. Tọa độ
của A thỏa hệ phương trình x 2y 4 0 x 0

x y 2 0 y 2

   

 



 

   

 





A 0;2

 .

Ta có AD 



2; 3



, AE



3; 1





Phương trình BE : 3 x 3





 

 y 1



 0 3x y 8 0   .

0.25

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Phương trình BD : 2 x 2







 3 y 1







 0 2x 3y 7 0   .

 

B BE BD

Tọa độ của B thỏa hệ phương trình

17
x

3x y 8 0 7 B 17; 5

2x 3y 7 0 5 7 7

y
7




  

   

  

   

    

  




Ta có

 

C AC BD , nên Tọa độ của C thỏa hệ phương trình 
26

x 2y 4 0 7 C 26 1;

2x 3y 7 0 1 7 7

y
7





  

   

 

   

    

  




Kết luận : A 0;2





, B 17; 5

7 7

 



 

 ,

26 1

C ;

7 7

 

 

 .

0.25

9

Giải hệ phương trình:





3 2 3 2

2
2

2 2 4 2 (1)

2 2 16 1 1 3 (2)

8 7 2

x xy x y x y y

y x y y x

x y

     



     

    

  

 



. 1.0

+) ĐKXĐ: x 1 (*)

+) 3 2 2 3 2 2

(1) ( 2 ) (2 4 ) ( 2 ) 0 ( 2 )(1 2 ) 0 2

pt  x y  x  x y  xy  y   x y  x y   x y

Vì 1 2x2 y2 0, x y,

   

Thế vào (2) được:













2 2

2( ) 16 1 4 32

2 1 3 1 1 3

4 7 2 2 4 7

x

x x x x x

x x x

x x x x

  

 

 

         

     



 





 



8 4 1 8

4 7 1 3

x x x x

x x x

   

 

    2

 

4 1

4 7 1 3

x

x x

x x x





  

 

    



+) x 8 y4 ( ).tm +) pt

 

3 



x 1 3





x4

 

 x1





x2 4x7







x 1 3

 

 x1



2 3 



x 2



3 . 



x 2



2 3

 

   

  (4)

+) Xét hàm số f t

  

t 3





t2 3



   với t   có f t'

 

3



t1



20,  t

nên f t

 

đồng biến trên .

+) Mà pt(4) có dạng: f



x1



f x



 2



Do đó

 

4 1 2

1 4 4

x

x x

x x x




     

   



2 5 13

5 3 0

x

x x



 

   

  

 (T/M)

+) Với 5 13 11 13

2 4

x   y 

0.25

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Vậy hệ đã cho có tập nghiệm



x y;



là: (8;4); 5 13 11; 13

2 4

T      

   

 

10 Câu 10 (1.0 điểm). Tìm m để mọi số thực x ta có: x2 3x 2 9 x2 4x 2 16 5m









HD: Nếu x 0thì Vt    3 4 7 5 = Vp (phương trình khơng có nghiệm).
Nếu x 0thì ta xét tam giác vuông ABC với A 900, AB = 4; AC = 3.

Gọi AD là phân giác của góc A, lấy M thuộc tia AD. 
Đặt AM = x, xét ACM CM2 x2 9 3 2.x

     và xét ABM  BM2x216 4 2. x.
Từ đó suy ra Vt = CM BM BC5. Vậy theo u cầu bài tốn thì m1

Dấu đẳng thức xảy ra khi M D,hay

2 2

3
4

16 9

16 16.9 48 2. 9 16.9 36 2.
7 12 2. 0

12 2
7

CM
BM

CM BM

x x x x

x x

x



 

     

  

 

Vậy dấu “=” xảy ra khi 12 2
7

x 

Dự phòng nhé

Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

2

3 P

.

a

ab

abc

a b c







 

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có





1 a 4b 1 a 4b 16c

4 a

ab

abc a

.

a b c

2

4

3 

 





 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 4b 16c  .

0.25
0.25

0.25

Suy ra





3 P

2 a b c

a b c







Đặt t a b c, t 0    . Khi đó ta có:

P

3 2t

t





0.25

Xét hàm số

f t

 

3 2t

t





với t 0 ta có

 

3 f ' t

2t

2t t





.

 

3 f ' t

0 t 1

2t

2t t

 



  

0.25

Bảng biến thiên

t   0 1 

 

f ' t  0 +

 

f t 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán trường THPT Việt Trì

<sub></sub>

























































3

1

2

1

7

8

16

2

2

4

2

2

2

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>y</i>

<i>xy</i>

<i>x</i>

Họ và tên thí sinh:………SBD:………...…...





























1

1

0

'

)1

)(

1

(