Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Lam Kinh, Thanh Hóa (Lần 1) - Đề thi thử Đại học năm 2016 môn Toán có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (337.56 KB, 6 trang )

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

TRƯỜNG THPT LAM KINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 
MƠN: TỐN. NĂM HỌC 2015 - 2016
Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)
2x 1

x 1



 Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số 
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng của đồ thị (C) bằng khoảng
cách từ M đến trục Ox.

Câu 2 (1 điểm).

a. 3 sin 2x cos 2x4sinx1Giải phương trình: .

b. 2log (3 x 1) log (2 3 x 1) 2 Giải bất phương trình: .
2

3

I





x x



dx

Câu 3 (0.5 điểm). Tính nguyên hàm sau: 
Câu 4 (1.5 điểm).

a. x3

x .

 



 

  Tìm số hạng chứa trong khai triển của

b. Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 20 câu
hỏi trên. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A
rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.

60 Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Gọi I là trung điểm
AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vng góc với đáy. Góc giữa
(SAB) và (ABCD) bằng . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
và IC.

BC 2BA FM 3FE



5; 1



2x y 3 0   Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam

giác ABC vuông tại B, . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm
M sao cho . Biết điểm M có tọa độ , đường thẳng AC có phương trình , điểm A có hồnh độ là số
ngun. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Câu 7 (1 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể
tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a.

3 5 4

4 2 1 1

x xy x y y y

y x y x

      




     



 Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình

, ,

a b c 2c b abc  .

3 4 5

S

b c a a c b a b c

  

      Câu 9 (1 điểm). Cho là độ dài ba cạnh của
một tam giác thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

----Hết----Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh:………...
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

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

Câu Nội dung Điểm

Câu1a

1.0đ D R \ 1

 

- Tập xác định





2
3

y ' 0

x 1


 

  x D

- Sự biến thiên với

0,25



 ;1 , 1;

 





+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

+ Hàm số không có cực trị 0,25

 

xlim y x  2+ , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của

đồ thị

 

x 1lim y x  , lim y xx 1    x 1 , suy ra đường thẳng là đường tiệm

cận đứng của đồ thị

+ Bảng biến thiên

0,25

- Đồ thị

+ Đồ thị hàm số đi qua các
điểm



0; 1 , 2;1 , 4;3 , 2;5

 



 







I 1; 2 + Đồ thị nhận điểm làm
tâm đối xứng.

0,25

Câu 1b

1.0đ





0 0

M x ; y



x0 1



0
0

2x 1
y

x 1




 d M,



1



d M,Ox





 x01y0 Gọi , ,

, Ta có

0,25





0 0 0

2x 1

x 1 x 1 2x 1

x 1



      

 0,25

1
x

2



0
2

0 0 0

x 0

x 2x 1 2x 1

x 4





     



 M 0; 1 , M 4;3











Với , ta có :

Suy ra

0,25

1
x

2


 2 2

0 0 0 0

x  2x  1 2x 1 x  2 0Với , ta có pt (vơ nghiệm) .









M 0; 1 , M 4;3
Vậy

0,25

x -  1 + 

y’(x) -

-y 2

-
+ 

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

Câu 2a.

0.5đ 2





3 sin 2 cos 2 4sin 1 2 3 sin cos 1 cos 2 4sin 0

2 3 sin cos 2sin 4sin 0 2sin 3 cos sin 2 0

x x x x x x x

       

        0,25

sin 0

, .

sin 1 2

3 cos sin 2

3 6

x x k

x

k

x x k

x x





  



  

      

     

   

  

 



 0,25

Câu 2b.

0.5đ 3

2log (x1) log (2 x1) 2

log [(x 1)(2x 1)] 1

    ĐK: x > 1 , 0,25

2x 3x 2 0

   

2
2 x

  



Đối chiếu điều kiện suy ra bpt có tập nghiệm S = (1;2] 0,25

Câu 3 
0.5 đ

2 2 2

t x  3 t x  3 2tdt 2xdx  xdx tdt Đặt . 0,25

3 2 3

(

3)

.

3 t

x

I





t tdt





t dt





C





C

Suy ra

0,25

Câu 4.a

0.5đ





9 9 k 9

k
k 9 k k 9 3k

9 9

2 2

k 0 k 0

2 2

x C x C x 2

x x

 

 



   

   

   

 



 



Ta có 0,5

x 9 3k 3   k 2 Số hạng chứa tương ứng giá trị k thoả mãn





2 3 3

C x 2 144x Suy ra số hạng chứa bằng 0,25

Câu 4.b

0.5đ C20
4

=4845 Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề

thi có đề thi. 0,25

C10
2

.C10
2

=2025 Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc,
có trường hợp.

C10
3

.C10
1

=1200 Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc,
có trường hợp.

C10

=210 Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có
trường hợp.

2025+1200+210=3435 Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có
ít nhất 2 câu đã thuộc, có trường hợp

3435 229

4845 323Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất
2 câu đã thuộc là .

0,5

Câu 5

1.0đ S.ABCD ABCD

V SH.S

 2

ABCD

S a Ta

có , trong đó

0,25

SH(ABCD)Do (SIC),(SBD)

cùng vng với đáy suy ra





HEAB SHE AB SEH

 0

SEH 60

  Dựng , suy ra là

góc giữa (SAB) và (ABCD)

SH HE.tan 60  3HETa có

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

HE HI 1 a
HE

CB IC 3 3

a 3
SH

   

 

3
2

S.ABCD ABCD

1 1 a 3 3a

V SH.S . .a

3 3 3 9

  

Suy ra

Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI













d SA,CI d CI, SAP d H, SAP

   0,25

HKAP



SHK

 

 SAP



Dựng , suy ra









HF SK  HF SPA  d H, SPA HFDựng

SHK

 2 2 2

1 1 1

HF HK HS

  

Do vuông tại H(1)

DMAP DM HK 2 2 2 2

1 1 1 1

HK DM DP DA

   

Dựng , ta thấy

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 1 3 8

HF DP DA HS a a a a

        HF a

2 2

 

Thay vào (1)
ta có .





d SA,CI

2 2


Vậy .

0,25

Câu 6 
1.0đ

Gọi I là giao điểm của BM và AC.

BC 2BA  EB BA, FM 3FE   EM BC Ta

thấy

 

ABC BEM EBM CAB BM AC

      .

BM : x 2y 7 0   Đường thẳng BM đi qua M

vng góc với AC .

0,25

13
x

2x y 3 0 5

x 2y 7 0 11

y
5






  

 



 

   

  




13 11

I ;

5 5



 

  

 

12 6

IM ;

5 5

 

  

 







2 8 4

IB IM ; B 1; 3

3 5 5

 

 

   

 

 

T
oạ độ điểm I là nghiệm của hệ ,

0,25

ABC

 2 2 2 2

1 1 1 5 5

BA BI

BI BA BC 4BA   2 Trong ta có

2 2

8 4 4 5

5 5 5

 

   

     

   

BA BI 2

 

Mặt khác , suy ra





A a,3 2a

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









2 2

a 3

BA 4 a 1 6 2a 4 5a 26a 33 0 11

a
5





          

 

 Gọi toạ độ

, Ta có





A 3; 3

2 4

AI ;

5 5


 

 

 



Do a là số nguyên suy ra .









AC 5AI  2; 4  C 1;1
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 





A 3; 3 B 1; 3







C 1;1





Ta có . Vậy ,,

0,25

Câu 7

1.0đ Thể tích lăng trụ là:

2

3

a

3 a

3 V AA '.S

ABC

a.

4 

0,5

ABC , A'B'C'



Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường trịn ngoại tiếp

khi đó tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là
trung điểm I của OO’. Mặt cầu này có bán kính là:

a 3

a

a 21

2 R IA

AO

OI

(

)

( )

3

2

6 









2 a 21

7 a

2 S 4 R

4 (

)

6

3 

 



suy ra diện tích mặt cầu (S) là:

0,5

Câu 8

1.0đ 2

4 2 0

1 0
xy x y y

y x

y

    



  


  

  x y 3



x y y

 

1



 4(y1) 0 Đk: . Ta có (1)

, 1

u x y v  y u0,v0 Đặt ()

2 3 4 2 0

u  uv v  4 ( )

u v
u v vn



  

 Khi đó (1) trở thành :

0,5

u v x2y1 4y2 2y 3 y1 2 yVới ﾧ ta có ﾧ , thay vào (2) ta

được :









4y 2y 3 2y 1 y 1 1 0

        





2 2 2

0
1 1

4 2 3 2 1

y y

y

y y y

 

 

 

   





2 2 1 0

1 1

4 2 3 2 1

y

y y y

 

 

   

       

  ﾧﾧ

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

2 1

0 1

1 1

4y 2y 3 2y 1 y y

    

 

     y ﾧ( vì ﾧ)2



5;2



x 5 y  Với ﾧ thì ﾧ. Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT2
là ﾧ

0,25

Câu 9

1.0đ 1x1y x y4 ,x0,y0.

Áp dụng bất đẳng thức

1 1 1 1 1 1

2 3

S

b c a a c b b c a a b c a c b a b c

   

        

               

0,25

2 4 6

.
S

c b a

  

suy ra

0,25

1 2
,
a

c b 

2 4 6 1 2 3 3

2 2 a 4 3.

c b a c b a a

   

          

    Từ giả thiết ta có nên

0,25

S 4 3 a b c   3.Vậy giá trị nhỏ nhất của bằng. Dấu bằng xảy ra khi 0,25

</div>

Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Lam Kinh, Thanh Hóa (Lần 1) - Đề thi thử Đại học năm 2016 môn Toán có đáp án

<sub>3</sub>

<i>I</i>



<sub></sub>

<i>x x</i>



<i>dx</i>





 







 



 

 

 



 

 

 







<sub></sub>

<sub></sub>













































(

3)

.

3

3

<i>t</i>

<i>x</i>

<i>I</i>



<sub></sub>

<i>t tdt</i>



<sub></sub>

<i>t dt</i>





<i>C</i>







<i>C</i>

<sub></sub>

<sub></sub>













