Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần 2 năm 2016 trường THPT Yên Lạc, Vĩnh Phúc - 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 (491.73 KB, 8 trang )

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

SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 - LỚP 12 NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
2

1




x
y

x ( )C Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số có đồ thị kí hiệu là .
( )C a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

 

y x m ( )C AB2 2.b) Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 
Câu 2 (1,0 điểm):

0
2




   cos 3

  cos sin

3 6

 

 

   

      

   

P

a) Cho và . Tính giá trị của biểu thức: .

b) Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, tìm
xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ.

Câu 3 (1,0 điểm):
1

1 2 3
3 .27 81





x
x

a) Giải phương trình: .









 

log log . log

 a  a  b

Q a b a b b

b) Tính giá trị của biểu thức:, biết rằng a, b là các số thực
dương khác 1.

.log


y x xCâu 4 (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng (0;10).
: 2 0

 y  A(0;6), (4; 4)B Câu 5 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng
và các điểm . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng
sao cho tam giác ABC vuông tại B.

2


AB a(ABCD) 300

Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng, cạnh .
Hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa

SA và mặt phẳng bằng . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa đường thẳng AC

và mặt phẳng (SAB).
3 1

;
2 16

 

 

 

I

(1;0)

J BAC ABC K(2; 8)

Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam

giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp là , tâm đường tròn nội tiếp là . Đường phân giác trong góc và
đường phân giác ngồi góc cắt nhau tại . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có hồnh
độ dương.

2 2

1 4x 20 x 4x 9.Câu 8 (1,0 điểm): Giải bất phương trình: 
1 .

 

xy y 2 2

2
.
6( )
3

 

 



 

x y y x

P

x y

x xy y Câu 9 (1,0 điểm): Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều
kiện: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Hết

---Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

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

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC

(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang) Môn : Toán

HƯỚNG DẪN CHẤM
I. LƯU Ý CHUNG:

- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của thí 
sinh. Khi chấm nếu thí sinh bỏ qua bước nào thì khơng cho điểm bước đó.

- Nếu thí sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Thí sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.

- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó 
khơng được điểm.

- Trong lời giải câu 6 và câu 7 nếu thí sinh khơng vẽ hình thì khơng cho điểm.
- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.

II. ĐÁP ÁN:

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1 a 2

1




x
y

x ( )C Khảo sát hàm số . 1.0

 

\ 1


D * TXĐ:

* Giới hạn, tiệm cận:

lim lim 1 1

x yx  y  y là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

1 1

lim ; lim 1

 

 

    

x y x y x là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0.25

2 2

1 2 3

' 0

( 1) ( 1)

   

    

 

x x

y x D

x x ( ;1) & (1;)Ta có , suy ra hàm số nghịch

biến trên các khoảng

0.25
*BBT:

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

*Đồ thị

0.25

b yx m ( )C AB2 2.Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt

A, B sao cho 1.0

2 2

1 1

1 2 2 0 (1)

 

 



     

           

x x

x

x m

x x x mx x m x mx m Phương trình

hồnh độ giao điểm của (C) và d:y=-x+m là:

0.25

d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
2

1 2 0

4 8 0(*)
4( 2) 0

   



     

  



m m

m m

0.25

1 1 2 2

( ;  ), ( ;  )
A x x m B x x m x x1, 2









2 2





2 1 1 2 2 ( 1 2) 4 .1 2 2 4 8

           

AB x x x x x x x x m m

Khi đó d

cắt (C) tại , với là nghiệm phương trình (1). Theo Viet, ta có

0.25
u cầu bài tốn tương đương với :





2 2

2 4 8 2 2 4 12 0

6



        




m

m m m m

m (thỏa mãn (*)).
2



m m6.Vậy hoặc

0.25

2 a

0
2




   cos 3

  cos sin

3 6

 

 

   

      

   

P

1,0 điểm Cho và . Tính giá trị
của biểu thức: .

0.5
0

2




   sin 1 cos2 4
5

    

Vì nên . Suy ra
cos cos sin .sin sin .cos cos .sin

3 3 6 6

   

   

   

P

0.25

3 1 4 3 4 3 3 1 3

. . . . .

5 2 5 2 5 2 5 2 5

    

P 0.25

b Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia
biểu diễn, tìm xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số bạn
nam nhiều hơn số bạn nữ.

0.5
4

-2

-4

y

x

O 1

-2

1

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

12 729

C Số cách chọn 5 bạn bất kì là: . Để chọn được 5 bạn thỏa mãn u cấu bài
tốn, ta có hai khả năng sau:

4 1
5. 7 35

C C -TH1: Chọn 4 bạn nam và 1 bạn nữ, có cách chọn.

0.25

3 2
5. 7 210

C C -TH2: Chọn 3 bạn nam và 2 bạn nữ, có cách chọn.
35 210 245

.
729 729



 

P

Vậy xác suất cần tìm là:

0.25

3 a 1

1 2 3
3 .27 81



 

x
x

Giải phương trình: . 0.5

1
3.

1 2 3 1 2 1 4

3 .3 81 3 .3 3



  

  

x

x x x

Phương trình đã cho tương đương với : 0.25

2 4

3 3 2 4 2.

     

x x x 0.25

b









 

3
4

log log . log

 a  a  b

Q a b a b b

Tính giá trị của biểu thức:, biết rằng a, b là
các số thực dương khác 1.

0.5









 

log 2log . 3log

 a  a  b

Q a b a b b

Ta có 0.25









log log . 3 log   3 log   3 1 3 2.

           

   

 

a a a a

a b

a b a b

a

a b 0.25

4 f x( )x.logxTìm giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng (0;10]. 1.0
1

'( ) log . log log
ln10

   

f x x x x e

x Hàm số đã cho liên tục trên (0;10]. Ta có . 0.25
1

'( ) 0  log  log  

f x x e x

e. 0.25

BBT:

0.25

(0;10]

log 1

min '( )f x  e  x .

e e Từ BBT ta suy ra 0.25

5  A(0;6), (4; 4)B :y 2 0 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng
và các điểm . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C

trên đường thẳng sao cho tam giác ABC vuông tại B.

1.0

0 6 6

4 0 4 6 2 1

  

  

  

x y x y

Phương trình đường thẳng AB là:

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

2 12 2 12 0.

 x y  x y  0.25

( ; 2) ( 4; 2), ( 4; 2)
        

C C t BA BC t 0.25

.   0 4 16 4 0     3 (3;2).

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

BA BC t t C Tam giác ABC vuông tại B nên 0.25

6 30 (0 ABCD)

2


AB aCho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng, cạnh .
Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC,
góc giữa SA và mặt phẳng bằng . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin
của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB).

1.0

Gọi M là trung điểm BC,O là giao điểm của AC và BD. Ta có

2 2 5 2 2 5

3 3

      a

AM AB BM a AG AM  0

30

SAG

 0 1 2 5

tan tan 30

3 3 3

  SG   a

SAG SG

AG . Vì SG vng góc với mặt đáy, nên
góc giữa SA và mặt đáy là . Xét tam giác vng SGA, ta có .

0.25

2
4 .

ABCD

S a

3
2

1 1 2 5 8 15

. . .4

3 3 3 3 27

  

S ABCD ABCD

a a

V SG S a

Suy ra (đvtt) 0.25

2 2

3 3

  a

GI MB  2. 2  106



GS GI a

GK

GS GI Hạ GI vng góc với AB, I thuộc AB.
Nối S với I, hạ GK vng góc với SI, K thuộc SI. Khi đó K là hình chiếu vng góc
của G trên (SAB). Ta có , do đó .

0.25

3 10

2 4

  a

OH GK 

OAH

 10 5  11

sin cos .

4 4

4. 2.

OH  a   

OAH OAH

OA a Gọi H

là hình chiếu vng góc của O lên (SAB), ta có . Khi đó AH là hình chiếu của AO lên
(SAB) suy ra góc giữa AC và (SAB) là . Xét tam giác vuông OHA, ta có

0.25

7 3 1

;
2 16

 

 

 

I

(1;0)

J BAC ABC K(2; 8)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam
giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp là , tâm đường tròn nội tiếp là . Đường phân
giác trong góc và đường phân giác ngồi góc cắt nhau tại . Tìm tọa độ các đỉnh của

1.0

O

G

M

D C

A

B
S

H

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

  

HJB JAB JBAGọi giao điểm của AK và đường tròn (I) là H. Xét tam giác BHJ có
(góc ngồi tam giác JAB)

 

JAC JBC ( vì AJ, BJ là các đường phân giác)

 

CBH JBC CH (nội tiếp cùng chắn cung của đường tròn (I))


HBJ 
 

HJB HBJSuy ra tam giác HJB cân tại H, vậy HJ=HB và (1)

0.25



ABC   900  

   

HJB HKB HBJ HBKLại có BJ, BK thứ tự là phân giác trong và
phân giác ngồi góc nên tam giác BKJ vuông tại B. Suy ra (2).

 

HKB HBK HJ HB HK

3
; 4
2

 



 

 

H

 

HJ HC HKTừ (1) và (2) suy ra hay
tam giác HBK cân tại H, do đó , vậy H là trung điểm JK, hay . Tương tự .

0.25

65 1

0; ; ; 4

16 2

   

 

   

   

 

IH HJ

Ta có

0.25
4

-1

-2

-3

-4

-5

-6

-7

-8

-4 -2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

H
I
A

C B

J

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

B, C cùng thuộc các đường tròn (I;IH) và (H; HJ) nên tọa độ B, C là nghiệm của hệ:





2 2 2

3 1 65

5; 2

2 16 16

(5; 2), ( 2; 2).
2; 2
3 1
4 16
2 4
     
   
       

     
    
 
 

 

    
 
 

x y
x y
B C
x y
x y

1 0

8 8 0

2 1 8 0

 

    

  

x y

x y n 2HJ 



1; 8



8 1 0

  

x y

8 1 0 1

(1;0)

8 8 0 0

   
 

  
 
   
 

x y x

M J

x y y

1
; 4
2
 
 
 
A

AH đi qua J và K nên phương trình
đường thẳng AH là: . Gọi d là đường thẳng qua I và vng góc với AH, d có véc tơ
pháp tuyến , phương trình đường thẳng d là: . Gọi M là giao điểm của d và AH, tọa
độ M là nghiệm hệ: . M là trung điểm AH nên .

1
; 4
2
 
 
 

A

(5; 2), ( 2; 2).  

B C Kết luận: ,

0.25

8 1 4 2 20 4 2 9.

 x   x x  Giải bất phương trình: (1) 1.0

Bất phương trình đã cho tương đương với:

2 2

4 16 16 4

4 9 5 6 4 20 2 0 2 0

4 9 5 6 4 20

 

            

   

x x

x x x x

x x

0.25





42 8 4 28 1 0

4 9 5 6 4 20

   
     
   
 
x x
x

x x 0.25

2 2

1 4 20 4 9 0 1

       

x x x x







 



2 2

2 2 2 2

4 8 4 8 1 4 20 4 9

1 4 8 . 1 0

4 9 5 6 4 20 4 9 5 6 4 20

     

     

       

x x x x

x

x x x x

Từ
(1) suy ra . Do đó

0.25

2.


x Vậy nghiệm của bất phương trình là 0.25

9

1 .
 

xy y 2 2

2
.
6( )
3
 
 

 

x y y x

P

x y

x xy y Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều

kiện: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1.0

0, 0, 1

   

x y xy y

2 2

1 1 1 1 1 1 1

4 2 4

 



         

 

x y

y y y y y Do nên .

0 .

4
 x  

t t

y 2 2

1 2 1 1 1

6 6 6 2( 1)

3 3

  

    

 

   

t t t

P

t t

t t t t Đặt Khi đó

0.25





3 2

7 3 1

'( ) .
2( 1)
2 3

 

 
t
P t
t
t t
Ta có
2
1

0 3 ( 1) 3 3;7 3 6; 1 1

  t t   t t t    t t 

Vì , do đó

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





3 2

; '( ) 0

2( 1) 2 2

6 3 3 3

2 3

        


 

P t
t

t t

.
( )

P t

1
0;

 

 

 

1 5 7

( ) .

4 3 30
 

   

 
P t P

Vậy đồng biến trên , suy ra 0.25

1
; 2
2

 

x y 5 7 5 7 1; 2.

3 30 3 30 2

       

P MaxP x y

Khi thì ta có 0.25

</div>

Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần 2 năm 2016 trường THPT Yên Lạc, Vĩnh Phúc - 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>











 











Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về