Tải Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán trường THPT Hồng Quang, Hải Dương (Lần 3) - Đề thi thử Đại học 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 (340.79 KB, 7 trang )

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

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA

NĂM 2016

MƠN: TỐN

(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).
Câu 1 (2,0 điểm)

a) ( )C y x 4  2x2 3Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
b)

( ) 2

  


f x x

x x



2;4



Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số với .
Câu 2 (1,0 điểm)

a) Oxy z z 2 i  1 3i Trong mặt phẳng tọa độ tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn .

b)
2

2 1

log x 2log x 3 0

Giải bất phương trình .





cos sin cos









I x x xdx

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân .

Oxyz ( )S I(5; 3;4) ( ) : 2P x y z   5 0 ( )S ( )P Câu 4 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ . 
Viết phương trình mặt cầu có tâm và tiếp xúc với mặt phẳng . Tìm tọa độ tiếp điểm của và .

Câu 5 (1,0 điểm)

a)

3 sin 2cos 2

 x 

x

Giải phương trình .

b) Có hai hộp chứa các viên bi. Hộp thứ nhất chứa 8 viên bi màu trắng và 7 viên bi màu đỏ, hộp thứ hai chứa
5 viên bi màu trắng và 6 viên bi màu đỏ. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một viên bi. Tính xác xuất sao cho
hai viên bi lấy ra cùng màu.

. ' ' '

ABC A B C A AB a AC a ,  3 A' (ABC) H BC 450a ABC A B C. ' ' ' AA'CB'Câu 6 (1,0 điểm). Cho 
lăng trụ tam giác có đáy là tam giác vng tại , . Hình chiếu vng góc của trên mặt phẳng trùng với trung
điểm của cạnh ; Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng . Tính theo thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa
hai đường thẳng, .

Oxy ABCD AC(0;2)

AD



3

BC

BD

24 16

;

13 13

M  

  HD 2HM MD A B D ABCD A, ,

 

d

:

x y



1 0



Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ , cho hình thang vng , vng tại và B, có

đỉnh và . Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên đường chéo . Điểm là điểm thuộc đoạn sao cho . Tìm tọa
độ các đỉnh của hình thang vng biết đỉnh thuộc đường thẳng .





2 1 4

2 ( , )

3 2 1 5

x y

x x y

x y

x x y y

   

   





 



    





Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: .

, ,

a b c a b  1 cCâu 9 (1,0 điểm). Cho các số dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức



 



3 3 3 14

1 1 1

a b c

P

a bc b ca c ab c a b

   

     

- Hết

---Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

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

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM LẦN 3

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu 1a
(1,0 đ) ( )C

4 2 2 3

  

y x x Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
3

' 4  4

y x x D=ℜ TXĐ: , ,

' 0 1




  


 


x

y x

x ,



 



' 0   1;0  1;

y x y' 0     x



; 1

 

 0;1



và

0,25



1;0 ; 1;

 







  ; 1 ; 0;1

 



Hàm số đồng biến trên các khoảng , hàm số nghịch biến 
trên các khoảng .

0; CD 3

x y  Hàm số đạt cực đại tại ,





 

; y 1 1 4

1 CT

x

y y

x



   

 

 Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm

0,25



4 2





4 2



lim lim 2 3 ; lim lim 2 3

                

x y x x x x y x x x .

Bảng biến thiên

0,25

(0; 3)

f(x)=x^4-2*x^2-3

-4 -2 2 4

-4
-2
2
4

x
y

Đồ thị cắt trục tung tại điểm



 3;0 ,

 

3;0



Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.

0,25

Câu 1b 4

( ) 2

  


f x x

x x



2;4



Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số với .

0 

x

( )

f x

( )

f x



3 



 

0



0

4 

4 

1

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

(1,0 đ)





4
'( ) 1

 

f x

x 0,25









3 2;4

'( ) 0

1 2;4

x
f x

x
  
  

 

 0,25

 

2 4;

 

4 10;

 

3 3

  

f f f

0,25

2;4

 

2;4

 

max ( )f x f 2 4; min ( )f x f 3 3

Vậy

0,25
Câu 2a

(0,5 đ) Oxy zTrong mặt phẳng tọa độ tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn2 1 3
   

z i i





, ;

   

z x yi x y M x y



;



Gọi số phức được biểu diễn bởi điểm .









2 1 3 2 1 3 2 1 10

z  i   i  x yi   i   i  x  y 

0,25



x 2





y 1



2 10

    

,

z I



2;1



R 10Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức là đường tròn tâm, bán kính .

0,25
Câu 2b

(0,5 đ)

2 1

log x 2log x 3 0

Giải bất phương trình .



x





2
2

2 1 2 2

log x 2log x 3 0  log x 2log x 3 0

ĐKXĐ:

,

0,25

log 1

log 3 0

x
x

x x





 

  



  



.





0; 2;

S    

  Vậy bất phương trình có tập nghiệm là

0,25

Câu 3

(1,0 đ) 2





cos sin cos









I x x xdx

Tính tích phân .





2 2 2

0 0 0

cos sin cos cos sin xcos

I x x xdx xdx xdx

  





 







0,25





2 2

2
1

0 0

1 1 1

cos 1 cos 2 sin 2 2

2 2 2 0 4

I xdx x dx x x

 



 

       

 



.

0,25









2 2

2 2 3

0 0

1 1

sin xcos sin x sin sin 2

3 3

I xdx d x x

 











 

.

0,25

1
4 3

I 





Vậy .

0,25

Câu 4
(1,0 đ).

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

RR d ;



I P

 



2 6Gọi là bán kính mặt cầu, theo điều kiện tiếp xúc . 0,25

( )S



x 5



2



y3



2



z 4



2 24Phương trình của mặt cầu là .

0,25

H ( )S ( )P H I(5; 3;4) ( )P IH

5 2

3 , .

x t

y t t

z t

 




  


  





Gọi là tiếp điểm của và , khi đó là
hình chiếu của trên mặt phẳng , đường thẳng có phương trình là

0,25

H H



5 2 ; 3 t   t;4t



H

 

P













2 5 2 t   3 t 4t  5 0  6t 12 t 2 H 1; 1;2 Tọa độ điểm có

dạng , vì nên ta có.

0,25

Câu 5a

(0,5 đ) 3 sinx2cos2 2x 2

Giải phương trình .

2 1

3 sin 2cos 2 3 sin cos 1 sin

2 6 2

x

x   x x  x





  . 0,25

, .

2
3

x k

k

x k







 

  








2 ; 2 .

x k



x



k



k 

Phương trình đã cho có các nghiệm là

0,25

Câu 5b
(0,5 đ)

Có hai hộp chứa các viên bi. Hộp thứ nhất chứa 8 viên bi màu trắng và 7 viên bi màu đỏ, hộp
thứ hai chứa 5 viên bi màu trắng và 6 viên bi màu đỏ.

 

1 1

15.C11 165

n  C  Phép thử: “Chọn từ 2 hộp đã cho, mỗi hộp một viên bi”, .

Biến cố A: “Hai viên chọn được cùng màu”. 0,25

A

 

1 1

1 8.C5 40

n A C  : “Hai viên chọn được cùng trắng”, .
2

A





1 1

2 7.C6 42

n A C  : “Hai viên chọn được cùng đỏ”, .

 





n A n A n A 

 

82
165

P A 

Vậy , xác suất của biến cố A là .

0,25

Câu 6
(1,0 đ)

ABC 2 2 2 2 3 2 4 2 2

      

BC AB AC a a a BC a

1
2

 

AH BC a

Trong tam giác
vng có ; .

AH AA' (ABC) AA' (ABC) A AH'  ' 450



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

phẳng nên góc giữa và mặt phẳng là góc . Theo giả thiết có .

A AH A H' AH aTrong tam giác có .
ABC

1 3

2 2

ABC  

a

S AB AC

Diện tích tam giác là .

1 1 1
.

ABC A B C

2 3 3 3

' . .

2 2



 ABC  a a

V A H S a

Thể tích khối lăng trụ là .

0,25

A ACB' A A'



B BCC' '



A'



B BCC' '



Khoảng cách giữa hai đường và bằng khoảng

cách từ đến mặt phẳng và bằng khoảng cách từ điểm đến .
E A' B C' 'Gọi là hình chiếu vng góc của cạnh .

A HE A K' HE (1)Gọi K là hình chiếu vng góc của trên .





' ' '

' ' ' ' ' ' (2)

' ' ' ( ' ( ' ' '))




   



 



B C A E

B C A HE B C A K

B C A H A H A B C Mặt khác





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

 A K  BCB C  d A BCB C A KTừ (1) và (2) .

0,25

A HE

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 7

' ' ' ' ' ' ' ' 3 3

21
'

A K A H A E A H A B A C a a a a

a
A K

        

 

Trong
tam giác vng có

AA CB'

21
7

a

Vậy khoảng cách giữa hai đường và bằng .

0,25

Câu 7
(1,0 đ)

OxyTrong mặt phẳng tọa độ ,
ABCDcho hình thang vng ,
A vng tại và B,

(0;2)

C

AD



3

BC

có đỉnh và .

1

3 HM

HE

EM

HD



HA

 

AD



- Gọi E là điểm trên đoạn AH sao cho 2HE = EA, khi đó và

EM // AD Suy ra tứ giác BCME là hình bình hành, Suy ra CM // BE



BE



AM



CM



AM

- Dễ thấy E là trực tâm tam giác BAM

0,25

( ; 1)

A a a

CM



AM



AM CM

.

 

0 a

 

3 A





3; 4





 

Vì A thuộc (d) nên

tọa độ , mà 0,25

Gọi I là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD

1 3 1

;

4 4 2

CI

CA

I























: 2 3 0

BD x y - Đường thẳng BD đi qua I và M , suy ra

: 3 2 1 0

AH x y  - Phương trình , mà H là giao điểm của hai đường thẳng BD và AH

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

3 2

;

13 13

H















Suy ra .





3 6; 4

HD



HM



D





Mà





1 3;2

3 CB



DA



B





0,25

Câu 8

(1,0 đ) 2



1 4



2 (1)

3 2 1 5 (2)

   

   



 



    



x y

x x y

x x y y

Giải hệ phương trình

0 5

1
2
 










y
x

Điều kiện





 







 



2 2 3

3 2

1 4 2 8

8 2 0 2 4 2 0



 

      

 

          

x y

x x y x x x y y

x y x x y x y x x y y x

0,25

2 0 2 4

 x y   x y  y x
2

4x 2x y  y x0

(

Vì theo điều kiện có ) 0,25

2 2

3 2x1x 5 4 x 4x Thay vào (2) có phương trình .

1 5

2 x 2 Điều kiện
1

2


x

Xét , là nghiệm của phương trình.

1 5

2x 2 Xét .



 



2 2

2 4 2

3 2 1 5 4 4

(4 6 2) (6 3 3 2 1) (1 5 4 ) 0

4 6 2 4 5 1

1 4 2 3 0

2 1 2 1 1 5 4

   

          

   

     

    

x x x x

x x x x x x

x x x x

x x

x x x x

0,25



 





 





 



6 1 2 1 ( 1)(2 1)( 1)(2 1)

2 1 2 1 0

2 1 2 1 1 5 4

6 ( 1)(2 1)

1 2 1 2 0 1

2 1 2 1 1 5 4

x x x x x x

x x

x x x x

x x

x x x

x x x x

     

     

    

   

         

    

 





2

1 5 6 ( 1)(2 1)

2 1 2 0

2 2 2 1 2 1 1 5 4

x x

x x x x

   

        

    

  Vì

1 4

  

x y Với .

1
2

  

x y

Với .

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

1
4

x

y








1
2
1

x
y





 

 Đáp số ; 
Câu 9

(1,0 đ).

, ,

a b c a b  1 cCho các số dương thỏa mãn .



 



3 3 3 14

1 1 1

a b c

P

a bc b ca c ab c a b

   

     

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

, ,

a b c a b  1 c



a1

 

b1



ab a b   1 ab c Với các số dương thỏa mãn .



 







2 1



1 .



4 4

ab c  a b  a b   c

Áp dụng bất đẳng thức Cơ – si ta có





3 3

4
1

c c

c ab  c



 







14 28

1 1 1 c

c a b  

Suy ra và

.

0,25





2 2 x y

x y

m n m n



 

 x y m n, , , Ta có bất đẳng thức luôn đúng với các số dương . Thật vậy,

















2 2 2 2

2
2 2 2 2

; ; ; 0,

2 0

x y m n

x y

x y x y

m n x y

m n m n m n

x n y m xymn xn ym

 

  

       

  

     

Áp dụng bổ đề trên và bất đẳng thức Cơ – si ta có:

































2
2 2

3 3 4 4

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2
1

2 1 2 1

a b

a b a b

a bc b ca a abc b abc a b abc

a b a b

c

a b c

a b c

c c



   

     

 

 



 

 

 

 

0,25







 







 

2 3

2 2

1 4 28

, 1

2 1 1 1

c c

P f c c

c c c



    

   Từ các bất đẳng thức trên suy ra

.

 













 

2
3

3 5 3 14 23 5

' , ' 0 ,

2 1

5 53

; 3 14 23 0, 1

3 8

c c c

f c f c c

c

f c c c

  

   


 

     

 
 

0,25

 

f c 538 c53 P 538 a b 13;c53

Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hàm số đạt
giá trị nhỏ nhất bằng khi . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng khi .

0,25

</div>

Tải Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán trường THPT Hồng Quang, Hải Dương (Lần 3) - Đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án

<b>ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA</b>

<b><sub>NĂM 2016</sub></b>

<b>MƠN: TỐN</b>









<sub></sub>

<i><sub>AD</sub></i>

<sub></sub>

<sub>3</sub>

<i><sub>BC</sub></i>

 

<i>d</i>

:

<i>x y</i>





1 0









 

 





 



<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>



 





 







 











 







0





<i>x</i>

<sub>( )</sub>

<i>f x</i>

( )

<i>f x</i>



3





 

0



0

0

4





4





1









