Đề thi thử THPT QG năm 2016 môn toán lần 3 của trường THPT Minh Châu Hưng Yên

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (646.26 KB, 9 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 3

TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Mơn thi: Tốn

Đề gồm 01 trang Thời gian: 180 phút.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 4 2

2 3

yx  x  .

Câu 2 (1 điểm). Tìm các giá trị của m để hàm số

y

  

x



m



3 

x





m



2 m x





2

đạt cực đại
tại

x



2

Câu 3. (1 điểm). THẦY TÀI – 0977.413.341 CHIA SẺ ĐỀ THI THPT QUỐC GIA 2016 
a) Cho số phức z 3 2i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức w iz z 

b) Giải phương trình :

log x2 log x 3 0

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân sau

2 1
1 3 1

x

I dx

x



 



Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A



4;1;3



và đường thẳng

1 1 3

2 1 3

x y z

d     

 . Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua A và vng góc với đường thẳng d .

Tìm tọa độ điểm Bthuộc d sao cho AB 27.
Câu 6 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x

b) Tìm số hạng chứa 3

x trong khai triển

n
2
2

x ,

x
  

 

  biết n là số tự nhiên thỏa mãn

3 2

n n

C n 2C

  .

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, ABa 2.Gọi I là
trung điểm của BC, hình chiếu vng góc của S lên mặt đáy (ABC) là điểm H thỏa mãn IA 2IH, góc
giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường 
thẳng AC và SB.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường
kính BD. Đỉnh B thuộc đường thẳng  có phương trình

x

  

y

5

0

. Các điểm E và F lần lượt là
hình chiếu vng góc của D và B lên AC. Tìm tọa độ các đỉnh B D, biết CE 5 và A

 

4;3 ,



0; 5 .



C 

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

2 2 3 2

(x 2)(x 2 2x 5) 9 (x 2)(3 x 5 x 12) 5x 7

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x y, là các số thực thỏa mãn điều kiện

x

 

y

26 x

 

3 3

y



2013



2016

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức



 



2 2016 2 1

1 1

xy x y

M x y

x y

  

    

  .

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 3

TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Mơn thi: Tốn

ĐÁP ÁN CHI TIẾT Thời gian: 180 phút.

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1,0đ

* Tập xác định : D
* Sự biến thiên :

- Giới hạn lim lim

xyxy 

0,25

- Ta có , 3 ,

4 4 ; 0 0, 1

y  x  x y   x x 
Bảng biến thiên

0,25

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1 ; 0) và (1 ; +), nghịch biến trên các khoảng

(-  ; -1) và (0 ; 1).

- Hàm số đạt cực đại tại x0,yCD 3 ; hàm số đạt cực tiểu tại x 1,yCT  4.

0,25

*Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox tại các điểm ( 3;0), cắt trục Oy tại (0; 3) . Đồ thị nhận

trục Oy làm trục đối xứng.

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

Câu2 Tìm các giá trị của m để hàm số 3









3

2 y

  

x

m



x



m



m x



đạt cực đại tại

x



2

TXĐ :

D



R













' 2 2 ''

3

2

3

2 ;

6

2

3 y

 

x



m



x



m



m

y

  

x

m



0.25

Hàm số đã cho đạt cực đại tại

x



2  

2

0

2

0 y







 





0.25





2 2

12

4

3

2

0

2

0

3

12

2

6

0 m

 

 























 

 





0.25

0

2 m





  



. Kết luận : Giá trị m cần tìm là

m



0,

m



2

0.25

Câu 4

(1,0 
điểm).

Tính tích phân sau

2 1
1 3 1

x

I dx

x



 



CÂU 3

3 2
z  i



3 2

 

3 2



      

w i i i i

Phần thực là -1

Phần ảo là 1.

………..

2
2
log x 1

log x 3

x 2

1
x




   







 


nghiệm của pt là x2và x 1
8

 .

0,25

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

Đặt 3x 1 t ta được

1 2

3 3

t

x  dx tdt

0,25

Đổi cận

x

  

0 t

1;

x

  

1 t

2

0,25

Khi đó:

2 3 2

1 1

2 2 2 3

2 2 3

9 1 9 1

  

      

   



t t



I dt t t dt

t t 0,25

28 2 3
ln

27 3 2

  0,25

5. (1,0 điểm)

Đường thẳng d có VTCP là ud  



2;1;3



Vì

 

P d nên

 

P nhận ud  



2;1;3



làm VTPT 0.25

Vậy PT mặt phẳng

 

P là : 2



x4

 

1 y 1

 

3 z 3



     2x y 3z 18 0

0.25

Vì Bd nên B



 1 2 ;1t   t; 3 3t



AB 2





2 2





27 3 2 6 3 27

AB t t t

         2

7t 24t 9 0

   

0.25

3
7
t
t






 


Vậy B



7; 4; 6



hoặc 13 10; ; 12
7 7 7
B  

 

0.25

Câu 6 Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x

a)

(0.5đ)

Phương trình tương đương:

4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0

(2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0

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



2 0 ( )

1
2

cosx VN

sinx

 




 



 ( )

2
6
5

2
6

z
k
k

x

k
x





















0,25

b

(0.5đ)

Điều kiện n3.



















3 2

n n

n n 1 n 2

4 n! 4 n! 4

C n 2C n 2 n n n 1

3 3! n 3 ! 3 2! n 2 ! 6 3

 

        

 

 2

n 9n  0 n 9 (do n3)

0,25

Khi đó ta có

 

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

 

 



       

   

 



 



Số hạng chứa x3 tương ứng giá trị k thoả mãn 9 3k   3 k 2

Suy ra số hạng chứa x3bằng C x29 3

 

2 2 144x3

0,25

Câu 7 
(1,0 
điểm).

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh
A,ABa 2.

Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vng góc của S lên mặt đáy

(ABC) là điểm H thỏa mãn IA 2IH, góc giữa SC và mặt đáy (ABC)
bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường

thẳng AC và SB.

600 P

E
H

I
A

C

B
S

Q

Ta có IA 2IH H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH

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

BC = AB 2



2a

; AI =

a

; IH =
2
IA

=
2
a

AH = AI + IH = 3
2

a

Ta có 5
2
a
HC 

Vì SH (ABC)(SC ABC;( )) SCH 600

 

  ; 0 15

tan 60

2
a

SH HC 

3
2

1 1 1 15 15

. . ( 2)

3 3 2 2 6

S ABC ABC

a a

V  S SH  a  (đvtt)

0,25

Trong mặt phẳng (ABC) dựng hình vng ABEC.

Khi đó AC//BE nên AC//(SBE)

Từ đó suy ra d AC SB



;



d AC SBE



;( )



d A SBE



;





4d E ABE



;





Kẻ HPBE P



BE



,HQSP Q



SP



;

Khi đó BE SH BE



SHP



BE HQ

BE HP




   

 









;





HQ BE

HQ SBE d H SBE HQ

HQ SP




   

 



0,25

1 2

4 4

a

HP AB

SHP

vuông tại H,

HQ



SP

nên

2 2

. 465

SH HP a

HQ

SH HP

 



Vậy



;



2 465
31
a

d AC SB  (đvđd)

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

Nội dung Điể

m

Câu 
8(1,0 
điểm)

.

H
F

D C

B
A

Gọi H là trực tâm tam giác ACD, suy ra CHAD nên CH || AB (1)

Mặt khác AH||BC ( cùng vng góc với CD ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCH là hình bình hành nên CH=AB (3)

Ta có: HCEBAF (so le trong) (4)

Từ (3) và (4) suy ra: HCE BAF(cạnh huyền và góc nhọn). Vậy CE = AF. 0,25

Vì 0

DABDCB nên E F, nằm trong đoạn AC.
Phương trình đường thẳng AC: 2x  y 5 0.

Vì FAC nên F a a



; 2 5



. Vì AFCE 5 5
3
a

a



  



Với a 5 F

 

5;5 (khơng thỏa mãn vì F nằm ngoài đoạn AC)

Với a 3 F

 

3;1 (thỏa mãn). Vì AFECE



1; 3



0,25

BF qua F và nhận EF(2; 4)làm một véc tơ pháp tuyến, do đó BF có phương 
trình: x2y 5 0. B là giao điểm của  và BF nên tọa độ B là nghiệm của hệ

phương trình: 2 5 0 5

5 0 0

x y x

x y y

   

 



     

  B

 

5; 0 0,25

Đường thẳng DE qua E và nhận EF(2; 4) làm một véc tơ pháp tuyến, DE có 
phương trình: x2y 5 0.

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

phương trình: x3y 5 0.

D là giao điểm của DA và DE nên tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình:

2 5 0 5

3 5 0 0

x y x

x y y

    

 

     

  D



5; 0



. Kết luận: B

  

5; 0 ,D 5; 0



0,25

Câu 10 (1,0 điểm) Cho x y, là các số thực thỏa mãn điều kiện x y 26 x 3 3 y20132016.

Câu 9

(1,0 điểm)

Giải BPT:(x 2)(x 2 2x 5) 9 (x 2)(3 x2 5 x2 12) 35x2 7 (1)

Điều kiện xác định: 5
2

x   . Khi đó ta có

3 2 2 2

(1) x 3x 14x 15 2( x 2) 2x  5 3(x 2) x  5 5x  7 0

3 2 2 2

3 18 2( 2)( 2 5 3) 3( 2)( 5 3) 3 5 7 0

x x x x x x x x

               





2 2

2 3 2 3 2

2( 2)(2 4) 3( 2)( 4) 5(4 )

( 2)( 5 9) 0

2 5 3 5 3 9 3 5 7 5 7

x x x x x

x x x

x x x x

    
       

       





2
2
2

2 3 2 3 2

4( 2) 3( 2) 5( 2)

( 2) 5 9 0(*)

2 5 3 5 3 9 3 5 7 5 7

x x x

x x x x

 
    
        
         
 
 

Ta có với





2
2

3 2 3 2

4( 2) 4 3( 2) 3

( 2); ( 2)

3 5

2 5 3 5 3

5( 2) 5( 2)

9 3 5 7 5 7

x x

x x x

x x
  
   

   

      

    






2
2
2

2 3 2 3 2

4( 2) 3( 2) 5( 2)

5 9

2 5 3 5 3 9 3 5 7 5 7

x x x

x x

x x x x

  

      

       

18 57 127 5

45 2

x x

x

     

Do đó (*)    x 2 0 x 2, kết hợp với điều kiện 5
2
x  

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

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:



 

2 1



2 2016 2 1

1
xy x y

M x y

x y

  

    

 









2 2 2016 2016

2 2 2 2 1 4 1 5

1 1

              

   

M x y xy x y x y x y

x y x y

Đặt t  x y 1 thì ta được M t4 4t2 5 2016

t

   

0,25

Điều kiện của t:

Đặt a x3;b y2013 ta được 2 2

3; 2013
xa  yb  và







2 2 2 2 2 2 2 2

3 2013 26 3 2016 26 3 26 3

a  b   a b a b  a b  a b

Hay 2 2

0a b  685

Từ đó ta được x  y 1 a2 b2 2017



2017;2072



nên t  D  2017; 2072

0,25

Xét hàm số f t

 

t4 4t2 5 2016;t D

t

    

 

3 5 4 4





2 2 2

4 2 2016
2016 4 8 2016

' 4 8 t t t t 0 2017; 2072

f t t t t

t t t

 

   

         

Suy ra f t

 

đồng biến trên D

0,25





max 2072 4284901

M  f   khi t 2072ta được

2 2

685

26
3
26 3

a b

a

a b

b

    

 

  

 

 hay

x



679;

y



2022





2016

min 2017 4060226

2017

M  f   khi

t



2017

hay x3;y2013

</div>

Đề thi thử THPT QG năm 2016 môn toán lần 3 của trường THPT Minh Châu Hưng Yên

<i>y</i>

  

<i>x</i>



<i>m</i>



3



<i>x</i>





<i>m</i>



2

<i>m x</i>





2

<i>x</i>



2







<i>Oxy</i>

<i>x</i>

  

<i>y</i>

5

0

 





<i>x</i>

 

<i>y</i>

26

<i>x</i>

 

3 3

<i>y</i>



2013



2016



 











3

2

2

<i>y</i>

  

<i>x</i>

<i>m</i>



<i>x</i>



<i>m</i>



<i>m x</i>



<i>x</i>



2

<i>D</i>



<i>R</i>













3