Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Xuân Trường, Nam Định (Lần 2) - Đề thi thử đại học môn Toán năm 2016 có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (178.62 KB, 7 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỞ THƠNG QUỐC GIA-LẦN 2
NĂM HỌC: 2015-2016

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 yx33x1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .

Câu 2 yx4  2(m1)x2  2m1 x 1 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số đạt cực đại tại .
Câu 3 (1,0 điểm).

1, 2

z z 2z2 2z 5 0

  

2 2

1 2 3 .1 2
Az  z  z z

a) Cho là hai nghiệm phức của phương trình . Tính .





2 1

2
log x 2x 8 1 log  x 2

b) Giải bất phương trình : .

Câu 4





2
2

sin 2
x

I e x xdx









(1,0 điểm). Tính tích phân .

Câu 5 Oxyz (1;3;2)A

1 4

2 1 2

x y z

d    

  ( ) : 2P x 2y z  6 0 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa
độ , cho điểm , đường thẳng và mặt 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 vng 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).

3 sin 2x cos 2x4cosx1a) Giải phương trình

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.



0 ; 2



M  E 



1 ; 4



x y  4 0

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho tam giác ABC nội
tiếp đường tròn tâm I. Điểm là trung điểm cạnh BC và điểm là hình chiếu vng góc của B trên AI. Xác định
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng AC có phương trình .

















2
3

2 0

1 1 2 2 1 1

x x y xy y x

y x x x x y

     




      



 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình





1a  1 2 b c 4 P 2a3 b3 c3 b c

    Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c 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 khơng giải thích gì thêm

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

Câu Đáp án Điể
m
1

(1 điểm)

3 3 1

yx  x Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số:

D R TXĐ: 
2
' 3 3

y  x  y' 0  x1 ,

0.25



  ; 1





1; 





1;1



Hàm số nghịch biến trên các khoảng và , đồng biến trên khoảng
1

x  yCD 3 x 1 yCT 1Hàm số đạt cực đại tại , , đạt cực tiểu tại , 
lim

x y  xlim  y,

0.25

* Bảng biến thiên

x  – -1 1 +

y’ 0 + 0

 + 3

 1

0.25

Đồ thị:

0.25

2
(1 điểm)

4 2( 1) 2 2 1

y x  m x  m x 1Tìm m để hàm số đạt cực đại tại

' 4 4( 1)

y  x  m x+ Ta có 0.25

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

Câu Đáp án Điể
m

x  y'(1) 0  4 4( m1) 0  m0+ Để hàm số đạt cực đại tại cần 0.25

' 4 4 '(1) 0

y x x y

     +Với m=0 0.25

'' 12 4 ''(1) 8 0

y  x   y    x 1 m0 x 1+ Lại có hàm số đạt cực tiểu tại 
khơng thỏa mãn. Vậy khơng có giá trị nào của m để HS đạt cực đại tại .

0.25

3a
(0.5điểm
)

1 2

1 3 1 3

;

2 2

i i

z   z  
+

0.25

2 2

1 2 1 2

1 3 1 3 1 3 1 3

3 .z 3 .

2 2 2 2

i i i i

Az  z  z         

    +















2 2 2 2



8 6 8 6 10 1 5

3. 8 6 8 6 30

4 4 4 4 2

i i
    
           
0.25
3b
(0.5điểm
)
2

2 8 0

2
2 0
x x
x
x
   
 

 

 Điều kiện: .









2 2
2
2 2

(1) log 2 8 1 log 2

log 2 8 log 2 2

x x x

     
      
0.25







 









 



2 2 8 2 2 2 4 4 2

2 3 12 0

x x x x x x

x

x x
x
         


     


4

x  Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm bất phương trình: .

0.25

4

(1 điểm) 2





2 2 2

0 0 0

sin 2 sin 2 .

x x

I e x xdx e xdx x xdx

  





 







0.25

2 2 2 2

2 2 4

2
0

0 0

1 1

2 2 2

x x dx x e

e xdx e e

  


  



+
0.25

sin 2 cos 2

2
du dx
u x

dv xdx v x




 

 
 
 
2 2

2 2 2

0 0 0

0 0

1 1 1 1

sin 2 . cos 2 . cos 2 cos 2 . sin 2

2 2 2 4 4

x xdx x x xdx x x x

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

5
(1 điểm)

x=−1+2 t
y=4 − t
z=−2 t

¿{ {

d có phương trình tham số .

B=d ∩(P) B∈ d B (−1+2 t ;4 −t ;− 2t ) Gọi , do nên

0,25

B∈(P) 2(−1+2 t)−2(4 −t )− 2t − 6=0⇔t=4 ⇒B (7 ;0 ;−8) Do nên 0,25
I(−1+2 a ;4 − a ;−2 a) Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc d nên

R=IA=d (I ,(P)) Theo bài ra thì (S) có bán kính 
2+2a¿2

a −1¿2+¿

2− 2 a¿2+¿
¿

⇒√¿

⇔

√

9 a2−2 a+9=|4 a −16|
3

4 a −16¿2⇔65 a2+110 a− 175=0⇔a=1; a=−35

13
⇔ 9(9 a2− 2 a+9)=

0,25

z +2¿2=16

y −3¿2+¿

x −1¿2+¿

a=1⇒ I=(1 ;3;− 2), R=4 ⇒(S ):¿

+) Với

a=−35

13 ⇒ I=

(

−
83
13 ;

87
13 ;

70
13

)

; R=

116

13 ⇒(S):

(

x +
83
13

)

(

y −87
13

)

(

z −70
13

)

=13456
169
+) Với

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

Câu Đáp án Điể
m
6

(0.5điểm
)

2
' ' '

4 3

3
4

 

A B C

a

S a

+
+Vì BH ^ (A’B’C’) nên góc giữa

A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H.

 0

' 60

BA H  Hay 
0

' .tan 60 3

BH A H a

  

0,25

2 3

. ' ' '  ' ' '.  3.3 3 3.

ABC A B C A B C

V S BH a a a (đvtt) 0,25

(0.5điểm

)

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’).

2 2 2

3
.3

. 2 3 13

( ,( ' '))

13
3

9
2

a

HM HB a

d H ABB A HK

HM HB a

a

    

  



 

 

0,25

6 13

( ', ' ) ( ',( ' ')) 2 ( ,( ' '))

a
d CC A B d C ABB A  d H ABB A 

Vậy . 0,25

7a

(0.5điểm

)

3 sin 2 cos 2 4cos 1 3 sin 2 (cos 2 1) 4cos 0

cos 0

2cos ( 3 sin cos 2) 0

3 sin cos 2 0

x x x x x x

x

x x x

x x

       




     

  



0.25

2 2 ( )

sin( ) 1 2

6 3



 

   

 

    

     

 

 

x k x k

k Z

x x k

0.25

7b

 

11 165
n  C 

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

(0.5điểm
)

2 1 1 2
5. 6 5. 6 135

C C C C  + Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là 
135 9

165 11 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là

0.25

8

(1 điểm)

Kẻ DB vng góc với AC tại D.

 1800  (1)

DEB BAD

   Tứ giác ADEB,

BIEM nội tiếp đường tròn

 

BEM BIM BM (cùng chắn ) (2)

 1  (3)

BIM  BIC BAD

Mà
  1800

DEB BEM

   Từ (1), (2), (3) nên
D, E, M thẳng hàng

0.25

2x y  2 0 + Đường thẳng EM qua E,M có phương trình là:





4 0

2 2 0 2 ;2

x y

x y D

  





  

 + Tọa độ D là nghiệm

0.25



;



: 4 0 C c c 4

CAC x y      MC MD2 5

(4;0)
(2; 2) ( )
C

C loai


 

 + mà

 + M trung điểm BC B(-4 ;-4)

0.25

AE^BE  x  1 0+ phương trình là: 
( 1;5)

A AC AE A  +

Với : A(-1;5); B(-4;-4); C(4;0) tạo nên tam giác nhọn



1;5 ;





4; 4 ;





4;0



A  B   C

Vậy tọa độ các đỉnh tam giác:

0.25

9

(1 điểm) y 0Điều kiện:.



 

2 1



x y

x y x

x




     



 (1)

x 



1 1y

 

5 2



 y +) Với , thế vào (2) ta được: (vô nghiệm)

0.25

y x 









1 1x 2x  2x  1 x 1 x x

+) Với , thế vào (2) ta được: .
Với x = 0, phương trình trên được thỏa mãn.

x  x xVới , chia hai vế cho ta được:

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

Câu Đáp án Điể
m









1 1 2 1 1

1 2 1 1

1 2 2 1 1 0

x x x x

x

a a a a a a

x

   

      

   

   

 

           

 









 

1 a 1 a 1 1 a a *

       

 

1 2 , 0

f t  t  t t 

 

2 2

' 1 0, 0

1 1

t t t

f t t

t t

 

     

  Xét hàm đặc trưng ,

có

0.25

 

* 1 3 5 3 5

2 2

a a a  x 

      

Nên .



0;0 ,



3 5 3; 5

2 2

   

 

 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là:

0.25

10

(1 điểm) 1x 1 y  1 1 x y+ Chứng minh với mọi x, y không âm.
+ Áp dụng:









2 2

4 1 1 2 1 1 2 4

a

a b c a b c b c

             

0.25









3 3 3 3

2 2 3

P a b c  b c  a  b c  bc b c  b c

Ta có:





 

3
2

3 3

2 2 4

a

P a b c a   f a

        

 

0.25

2 2

4 1a  1 a  8 0 a 2 2Từ giả thiết ta có: 0.25

 

f a 0;2 2

Xét hàm số trên ,

 













2
2

2 3 2 2

' 6 3 4 2 12 2 16

2 4

a

f a  a  a    a a a  a   a 

 

  Ta có

 

' 0 0; 2

f a   a a

 

0 64,

 

2 24,



2 2



32 2

f  f  f 

Ta có:

 

0;2 2

max 0 64

a  f a f

 

Suy ra .

0, 0, 4

a b c a0,b4,c0Vậy, giá trị lớn nhất của P bằng 64 đạt tại hoặc .

0.25

</div>

Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Xuân Trường, Nam Định (Lần 2) - Đề thi thử đại học môn Toán năm 2016 có đáp án









<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>













<sub></sub>

















































 









 



<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





√

(

)

(

)

(

)

(

)















<sub> </sub>















