Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Lý Thái Tổ, Bắc Ninh (Lần 2) - 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 (213.67 KB, 8 trang )

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

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TỐN

Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề.
Ngày thi: 15/01/2016

2 1

1
1
mx

y ( )

x



 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: với m là tham số.
a. m1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi

b. d: y2x m x ,x1 2 4(x x )1 2  6x x1 2 21.Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng cắt đồ
thị của hàm số (1) tại hai điểm phân biệt có hoành độ sao cho

Câu 2 (1,0 điểm).

a. sin x2  1 4cosx cos x. 2 Giải phương trình:

b. 2 12

1 3 5

log (x ) log (x   ) .

Giải bất phương trình:

2 1 4
dx
I

 

 



Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: 
3 2

A( ; ) 2 1I( ; ) x y  7 0 .Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác
ABC vng tại có tâm đường trịn ngoại tiếp là và điểm B nằm trên đường thẳng d có phương trình:
Tìm tọa độ đỉnh B, C.

Câu 5 (1,0 điểm).

1
2

tan   0

2 .


   

5 5 2

A cos  sin . Cho với Tính giá trị của biểu thức:

b. Cho X là tập hợp gồm 6 số tự nhiên lẻ và 4 số tự nhiên chẵn. Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số
tự nhiên. Tính xác suất chọn được ba số tự nhiên có tích là một số chẵn.

ABCD.A'B'C'D' BAD 120o AC' a . 5 ABCD.A'B'C'D' AB'Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng

trụ đứng có đáy là hình thoi cạnh a, và Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường
thẳng và BD theo a.

6 7
5 5
H ; ,

  M( ; )1 0 7x y 3 0 .Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình
chữ nhật ABCD có hình chiếu vng góc của A lên đường thẳng BD là điểm là trung điểm cạnh BC
và phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH có phương trình là Tìm tọa độ các
đỉnh của hình chữ nhật ABCD.





5 4 3

4 3 2

2 3 14 2

14 3 2 1

2 2

x x x 4x x x .

x x

 

 

      

    Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình:

2 2

3x2y z 1 3 x2z y 1 (x y)(x z). Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn:

2 2 2

2 3 16

(x ) y z
P

x y z
   

 

  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>

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2016

Mơn: TỐN

(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

Câu Đáp án Điểm

1

(2,0 điểm) m 1 y2xx11

a. (1,0 điểm) 


D \ {1}• Tập xác định: .
• Sự biến thiên:

   

xlim y 2 xlim y   2 y2 , là đường TCN của đồ thị hàm số.





   
x 1

lim y x 1






x 1

lim y

, là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

0,25



   

 2
3

y ' 0 x D

(x 1)

 ( ;1)(1;). Hàm số nghịch biến trên các khoảng và

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

b. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị m …

x   1

y  
y 2



 2

• Đồ thị:
x 0

 1
2
y 1 0

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

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và d là nghiệm của phương trình:

2
1

2 1

1 2 2 1 0 2

mx x m

x x (m )x m ( )

 

 

   

      

0,25

 1Đồ thị hàm số (1) cắt d tại hai điểm phân biệt(2) có 2 nghiệm phân biệt

1
2

2 2 1 0

6 2 10

12 4 0

6 2 10
m
m m
(*)
m
m m
m



     
 
   
 
    

 
  

0,25
1 2
x ,x
1 2
1 2
2
2
1
2

m
x x
m
x x
 
 


 

 


 Do là nghiệm của (2)

1 2 1 2

1 5 21

4 6 21 1 5 21

1 5 21
m

(x x ) x x m

m
  

        

 

 Theo giả thiết ta có: 0,25
4

22
5

m (thỏa mãn(*))

m (không thỏa mãn(*))
 


 
 
4

m .Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là:

0,25

2

(1,0 điểm) a. (0,5 điểm) Giải phương trình:sin x2  1 cos x2  4cosx0PT 
2

2 2 4 0

2 0
sin x cosx cos x cosx
cosx(sin x cosx )

   

   

0,25

2 2 2

2 1 1 2

cosx

x k

sin x cosx (VN do )

  

     

   



2
x   k .

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

0,25

b. (0,5 điểm) Giải bất phương trình:

x .Điều kiện:

2 1 2 3 5 2 2 3 5

log (x ) log (x ) log (x x )

         BPT 0,25

2 2 35 0 7 5

x x x

       

1x5Kết hợp điều kiện ta được: là nghiệm của bất phương trình.

1x5.Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là:

0,25

3

(1,0 điểm) Tính ngun hàm:t 2x 1 t2 2x 1 tdt dx

       Đặt 0,25

1 4 4

4 4

tdt

I dt t ln t C

t t
 
         
   



0,5





2x 1 4ln 2x 1 4 C

     

0,25

4

(1,0 điểm) Tìm tọa độ đỉnh B, C.

1 3 10

IA ( ; )  IA .



Ta có:

7 2 6 2 16 40

B(b,b ) d  IB (b  ,b ) IB b  b



Giả sử

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

2 2

IA IB IA IB

    I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

2 2 5 5 2

10 2 16 40 8 15 0

3 3 4

b B( ; )

b b b b

b B( ; )
   

         

  



0,25

2 1
I( ; )

  Do tam giác ABC vuông tại A là trung điểm của BC.
5 2 1 0

B( ; )  C( ; ). ▪ Với 0,25

3 4 1 2

B( ; )  C( ; ).▪ Với 
5 2 1 0

B( ; ),C( ; )  B( ; ),C( ; ).3 4 1 2 Vậy tọa độ đỉnh B, C là: và 0,25
5

(1,0 điểm) a. (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức:

0 0 0

2 sin , cos .



        

Do
2

2 2

1 1 1 2

1 1

4 5

tan cos

cos cos

        

  Ta có:

1
5
sin tan .cos

     

0,25

2 1 2

5 10 5 10 2 4 6

5 5 5

A cos  sin cos          .

Do đó: 0,25
b. (0,5 điểm) Tính xác suất …

Phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên”.
 n( ) C  103 120. Số phần tử của không gian mẫu là:

Gọi A là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên có tích là một số chẵn”.
A

 là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên có tích là một số lẻ”
3

C Chọn được 3 số tự nhiên lẻ có cách.

3
6 20

n(A) C .

  

0,25

20 1
120 6
n(A)

P(A)

n( )

   

 Do đó:

1 5

1 1

6 6
P(A)  P(A)   

Vậy

0,25

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

(1,0 điểm)

0,25

ABCD.A'B'C'D'Mà là lăng trụ đứng.
ACC'

   CC' AC' AC2 2  5a a2 2 2a. vuông tại C 
2

3
3

2 3

2
ABCD.A'B'C'D' ABCD

V CC'.S  a a .
Vậy

0,25

AB'C'D AB'C'D AB'(BC'D).Tứ giác là hình bình hành ////

d(AB',BD) d(AB',(BC'D)) d(A,(BC'D)) d(C,(BC'D)).

   

BD AC,BD CC'   BD (OCC')  (BC'D) (OCC'). Vì 
CH OC' (H OC').  (OCC'),Trongkẻ

CH (BC'D) d(C,(BC'D)) CH

   

0,25

OCC'

 2 2 2 2 2

1 1 1 4 1 2

4 17

a
CH
CH CO CC' a a

      

vuông tại C
2

17
a
d(AB',BD)  

Vậy

0,25

7

(1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
NK

 AD

1
2
NK AD.

Gọi N, K lần lượt là trung điểm của HD và AH// và

AD AB  NK AB. Do

AK BD  KMà là trực tâm tam giác ABN.

BK AN Suy ra (1)

1
2
BM BC.

 

Vì M là trung điểm BC

A

B

C

D

A'

B'

C'

D'

O

120 H

Gọi O là tâm hình thoi ABCD.
Do hình thoi ABCD có BAD  120o

 ABC, ACD đều.
AC a.

 

Ta có:

2 3
2

ABCD ABC

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

0,25

 x 7y c 0. phương trình MN có dạng:

1 0 1 7 0 0 1

M( ; ) MN     .   c c .
 x 7y 1 0. phương trình AM là:

2 1
5 5
N MN AN   N ; .

   D( ; ).2 1 Mà Vì N là trung điểm HD

0,25

8 6
5 5
HN ; 

 



Ta có:
AH HN  n ( ; ) 4 3



Do AH đi qua H và nhận là 1 VTPT.
4x 3y 9 0. phương trình AH là:

0 3
A AH AN   A( , ).Mà

0,25

2 2 1 2

2 2 2

4 2 0 2

B B

( x ) x

AD BM B( ; ).

( y ) y
     

 

      

   

 

 

 
 
 
 
 
 
 

Ta có:
0 2

C( ; ).

  Vì M là trung điểm BC 
0 3 2 2 0 2 2 1

A( ; ),B( ; ),C( ; ),D( ; ).   Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là:

0,25

8

(1,0 điểm) Giải phương trình:x 2(*).
Điền kiện:





3 2 4 3 2

2 3 14 4 14 3 2 2 2

x ( x x ) ( x x x ) x

        













3 4 3 2

2 2 7 2 2 4 14 3 2 2 4

2 2 7 2 2 4 14 3 2 2

2 0 2

2 7 2 2 4 14 3 2 1

x (x )( x ) x ( x x x )(x )

x x (thỏa mãn(*))

x ( x ) x x x x ( )

          

         

    




      





0,25

3 4 3 4 3 2

1 2 7 2 4 14 4 14 3 2

( ) x ( x ) x  x  x  x  x  x 

3 2 7 2 3 2 2

x ( x ) x x

    

x   x0.Nhận thấy khơng là nghiệm của phương trình

3
3 2

2 4 3 2

( x ) x

x x

     

Khi đó, PT

3
2 3
2(x 2) x 2 3 x 2 ( )2

x
x

      

0,25

A

D

C

B

H

M

N

K

NK NK BM Do đó // BM và 
BMNK là hình bình hành  

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

3
2 3

f(t) t  t t .Xét hàm số: với 
2

6 3 0

f '(t) t     t Ta có: 
 . Hàm số f(t) đồng biến trên





1 1

2 2 2 2 1

( ) f x f x x x

x x

 

         

  Do đó

0,25

0 1 5

1 1 0

x
(x )(x x )

   



   

   



 (thỏa mãn (*))
1 5

2
2

x  ,x .

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

0,25

9

(1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của P …2 2 2

4 4

(x y x z) ( x y z)
(x y)(x z)        

Ta có:

1 1 8

3x 2y z 1 3x 2z y 1 3 2( x y z) 2

 
 
 
        
  
2
8 2

3 2 2 4

( x y z)
( x y z)

 


   Từ giả thiết suy ra:

2x y z t (t   0)

2
8

2 3 8 16 0
3 2 4

t (t )( t t )

t       Đặt

2 2 2

t x y z

     

0,25

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 2 2 1 1

3
( x y z) ( )(x y z ) x y z

            

Mà:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 12 2 12 2

1
2

x y z x x

x y z x x y z

    

  

     Ta có:

2
2

12 2 36 6

1 1
2 2
3
x x
3x

x
 
   



0,25
2
36 6
1
2
x
f(x)
3x

 

 x0.Xét hàm số: với

2 2

1
36 3 2

0 2 2

10
3 2

3 3

x (loại)
( x x )

f '(x) , f '(x)

x f

( x )

 
   
    
   
  
  

 Ta có:

Bảng biến thiên:

10 10

f(x)  P .Suy ra:

0,25

2 1

3 3

x ,y z  

Vậy giá trị lớn nhất của P là 10. Dấu “=” xảy ra khi: 0,25
x
0
2
3

'

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

Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Lý Thái Tổ, Bắc Ninh (Lần 2) - Đề thi thử đại học năm 2016 môn Toán có đáp án















A

B

C

D

A'

B'

C'

D'

O

120

H

















A

<sub>D</sub>

C

B

H

M

N

K





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về