Tải bản đầy đủ (.pdf) (0 trang)

De co giai chi tiet THPT chuyen Nguyen Quang Dieu Dong Thap

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.41 MB, 0 trang )

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. LUY N THI ONLINE : ONTHI360.COM 2x 1 . x 3 Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 , biết rằng tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d : x  9 y  3  0 . Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y . Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải bất phương trình log2 ( x  3)  log 1 ( x  2)  1 . 2. b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  2i ) z  (1 2 z )i  1  3i . Tính môđun của z .  2. sin 2 x dx . 3  4 sin x  cos2 x 0. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P ) : x  y  z  3  0 và đường. x y 1 z  1 . Tìm tọa độ giao điểm A của d với (P ) và lập phương trình tham số của đường   1 1 1 thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và nằm trong mặt phẳng (P ) . thẳng d :. Câu 6 (1,0 điểm)..   a) Giải phương trình 2sin 2 x    3 cos 2 x  2 .  3 b) Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng gồm: ĐKVĐ U21 HA.GL,. U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, U21 Myanmar và U19 Hàn Quốc. Các đội chia thành 2 bảng A, B, mỗi bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a, AD  a , K là hình chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC , các điểm H , M lần lượt là trung điểm của AK và DC , SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm M  2; 1 , N lần lượt là trung điểm của HB và HC ; điểm.  1 1 K   ;  là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết rằng điểm A có tung độ âm và thuộc  2 2 đường thẳng d : x  2 y  4  0 . 2 2 3 x  2 xy  2 y  3 x  2 y  0 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 . 2 5 x  2 xy  5y  3 x  3y  2  0. 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 z  xy  1 x  yz  1 y  zx  1 P 2  2  2 . y  yz  1 z  zx  1 x  xy  1. Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x , y , z thỏa mãn x  y  z . ) Đ thi th THPT Qu c gia m i nh t có hư ng d n gi i chi ti t : diendan.onthi360.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1 Môn: TOÁN. Câu 1 (1,0đ). Đáp án Khảo sát sự biện thiên và vẽ đồ thị của hàm số y . Điểm 1,00. 2x 1 . x 3. ♥ Tập xác định: D   \ 3 ♥ Sự biến thiên: ᅳ Chiều biến thiên: y ' . 0,25 5.  x  3. 2. ; y '  0, x  D .. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;3 và 3; . 0,25.  ᅳ Giới hạn và tiệm cận: lim y  xlim y2 .  tiệm cận ngang: y  2. lim y  ; lim y  .  tiệm cận đúng: x  3. x . x 3. x 3. 0,25. ᅳ Bảng biến thiên:. x y' y. .  . 2 . 2. . 3 . 2. ♥ Đồ thị: + Giao điểm với các trục: 1  1 1 1  Oy : x  0  y  :  0;  và Oy : y  0  2 x  1  0  x  :  ; 0  3  3 2 2   1  1  Đồ thị cắt các trục tọa độ tại  0;  ,  ; 0  .  3  2  + Tính đối xứng: Đồ thị nhận giao điểm I  3; 2  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.. 0,25. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 , biết rằng tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d : x  9 y  3  0 .. 1,00.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> (1,0đ). 3 (1,0đ). 1  Đường thẳng d có hệ số góc là kd   . Do tiếp tuyến vuông góc với d nên hệ số 9 1 góc của tiếp tuyến là ktt    9 . kd. 0,25.  Khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình. 0,25. x  1 y '  ktt  3 x 2  6 x  9  x 2  2 x  3  0    x  3  Với x  1  y  2 , tiếp điểm 1;2  . Phương trình tiếp tuyến là y  9 x  7 .. 0,25.  Với x  3  y  2 , tiếp điểm  3; 2  . Phương trình tiếp tuyến là y  9 x  25 .. 0,25. a) Giải bất phương trình log2 ( x  3)  log 1 ( x  2)  1. 0,50. (1). 2.  Điều kiện: x  3 . Khi đó: (1)  log2 ( x  3)( x  2)   1  ( x  3)( x  2)  2. 0,25.  x 2  5x  4  0  1  x  4  Kết hợp với điều kiện x  3 ta có nghiệm của bất phương trình (1) là 3  x  4 . b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  2i ) z  (1 2 z )i  1  3i . Tính môđun của z .. 0,25.  Đặt z  a  bi ,  a, b    ta có:. 0,25. 0,50.  a  4 b  1 a  9 .  (1  2i )z  (1  2 z)i  1  3i  a  4b  (b  1)i  1  3i   b  1  3 b  2. 0,25.  Vậy môđun của z là z  a 2  b2  92  22  85 .. 1,00. . 4 (1,0đ). 2. sin 2 x dx . Tính tích phân I   3  4sin x  cos 2 x 0 . . . 2. 2 2 sin 2 x sin x cos x sin x cos x  Ta có: I   dx   2 dx   dx 2 3  4 sin x  cos2 x 0 0 sin x  2sin x  1 0  sin x  1.  Đặt t  sin x  1  dt  cos xdx , x  0  t  1; x  2. 2. 1 1 t 1 dt     2 2 t t 1 t 1.  Suy ra: I  .  2. t 2.   dt  2.  1 1    ln t    ln 2  . t 1 2  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P ) : x  y  z  3  0 và đường. 5 (1,0đ). x y 1 z  1 . Tìm tọa độ giao điểm A của d với (P ) và lập phương   1 1 1 trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và nằm trong mặt phẳng (P ) .  Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình x  y  z  3  x  3 x  y  z  3  0     1  y  4 .  x y 1 z 1  x  y      yz 2 1 1  1  z  2  Suy ra A(3; 4;2) .    Mặt phẳng (P ) có VTPT là n( P )  1;1;1 ; đường thẳng d có VTCP là ud   1;1;1. 0,25. 0,25 0,25 0,25. 1,00. thẳng d :. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng d    (P )  (Q)     1 1 1 1 1 1  Khi đó VTCP của  là u   n( P ) ; ud    ; ;  0; 2; 2  .    1 1 1 1 1 1      x  3   Vậy phương trình tham số của  là  y  4  2t  t    .  z  2  2t  6 (1,0đ).   a) Giải phương trình 2sin 2 x    3 cos 2 x  2 (1)  3    Ta có: 1  2 sin 2 x cos  2 cos 2 x sin  3 cos 2 x  2 3 3  sin2x+ 3 cos 2 x  3 cos 2 x  2  sin2x  2. 0,25. 0,50 0,25 (2) 0,25. Do sin 2 x  1 nên phương trình (2) vô nghiệm ♥ Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng gồm:. 0,50. ĐKVĐ U21 HA.GL, U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, U21 Myanmar và U19 Hàn Quốc. Các đội chia thành 2 bảng A, B, mỗi bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau.  Số phần tử của không gian mẫu là:   C63C33  20 .. 0,25. Gọi A là biến cố: “đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau”. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  2!C42 C22  12 A 12 3   .  20 5 Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a, AD  a , K là hình chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC , các điểm H , M lần lượt là trung điểm của AK và DC , SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , góc giữa đường thẳng SB và. 0,25. ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   7 (1,0đ). 1,00. mặt phẳng ( ABCD ) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH . 0,25. S. N. A a. D. 450. 2a. B. A I H. K M. B. I. H. K C. D. M. C.  Do SH  ( ABCD ) nên HB là hình chiếu của SB lên ( ABCD )    Suy ra  SB;(ABCD)   SB; HB   SBH  450  SH  BH 1 2a 2a Xét tam giác vuông ABC ta có: AC  a 5 , HK  AK  , BK  2 5 5 Xét tam giác vuông BKH ta có. Đ thi th THPT Qu c gia m i nh t có hư ng d n gi i chi ti t : diendan.onthi360.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 4a2 4a2 8a2 2a 2 2a 10    SH  BH   5 5 5 5 5  Thể tích khối chóp S. ABCD là BH 2  BK 2  HK 2 . 0,25. 3. 1 1 1 2a 10 4a 10 . V  SABCD .SH  AB. AD.SH  .2a.a.  3 3 3 5 15  Gọi I là trung điểm của BK , suy ra tứ giác HICM là hình bình hành Suy ra: HI  BC  I là trực tâm tam giác BHC  CI  HB  MH  HB Mà HB là hình chiếu của SB lên ( ABCD ) nên MH  SB .  Trong (SHB) , kẻ HN  SB ( N  SB) , ta có:. 0,25. 0,25.  MH  HB  MH  HN   MH  SH Suy ra HN là đoạn vuông góc chung của SB và MH . Suy ra: d  SB, MH   HN Xét tam giác vuông SHB ta có: HN . 1 1 1 2a 2 2a 5 SB  HB. 2  2 2 2 2 5 5. 2a 5 . 5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình. Vậy d  SB, MH  . 8 (1,0đ). 1,00. chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm M  2; 1 , N lần lượt là trung điểm của.  1 1 HB và HC ; điểm K   ;  là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết  2 2 rằng điểm A có tung độ âm và thuộc đường thẳng d : x  2 y  4  0 . C N H K(-1/2;1/2). M(2;-1). I A. x+2y+4=0. B.  Gọi I là trung điểm của AH , ta có MI / / AB  MI  AC Suy ra: I là trực tâm tam giác AMC  CI  AM Mà NK  AM  NK / / CI  K là trung điểm HI .    2a  2 2  a  ;  Đặt A  2a  4; a   d , từ hệ thức AK  3KH  H   3   3   7   2a  4 5  a   1 Suy ra: AK    2a;  a  và MH   ;  2 3  2   3   7   2a  4   1  5  a  Khi đó: AK .MH  0    2a       a 0 2  3   2  3 . 0,25. 0,25.  a  1  A  2; 1 .  10a  13a  23  0    a  23  10  Suy ra tọa độ H  0;1 và B  4; 3 . 0,25. Phương trình AB : x  3y  5  0 và BC : x  y  1  0 .  Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:. 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 9 (1,0đ).  x  3y  5  x  4   C  4; 3  .  x  y  1  y  3 2 2 (1) 3 x  2 xy  2 y  3 x  2 y  0 Giải hệ phương trình  2 . 2 (2) 5 x  2 xy  5y  3 x  3y  2  0  Nhân hai vế của phương trình (1) với 3 rồi trừ theo vế cho (2), ta được phương trình: 4 x 2  4 xy  y 2  6 x  3y  2  0 2 x  y  1 .  (2 x  y )2  3(2 x  y )  2  0   2 x  y  2  Nếu 2 x  y  1 thì y  1  2 x , thay vào (1) ta được:. . x  0  y  1 7 x  5x  0   x  5  y   3  7 7  Nếu 2 x  y  2 thì y  2  2 x , thay vào (1) ta được:. 1,00 0,25 0,25 0,25. 2. 0,25. x  1  y  0 7 x  11x  4  0   x  4  y  6  7 7 5 3  4 6 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là  0;1 ; 1; 0  ;  ;   ;  ;  . 7 7  7 7 2. 10 (1,0đ). 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 z  xy  1 x  yz  1 y  zx  1 . P 2   y  yz  1 z 2  zx  1 x 2  xy  1. Cho ba số thực dương x , y, z thỏa mãn x  y  z .  Biến đổi biểu thức P , ta có:. 1,00. 0,25 2. 2 2  1  1  1 x  y  z       y   z  x P   1 1 1 y z x z x y. a2 b2 c 2 (1)    a  b  c  a, b, c  0  b c a Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 b2 c2 a2 b2 c 2  b  2a,  c  2b,  a  2c     abc. b c a b c a  1  1  1 1 1 1 Sử dụng (1) ta suy ra: P   x     y     z    x  y  z     Q y  z  x x y z . 0,25.  Chứng minh bất đẳng thức:.  Tiếp tục đánh giá Q , ta có: Q  3 3 xyz . 3 3. 0,25. xyz. xyz 1  3 2 3 3 9 15  Khi đó: Q  3t   12t   9t  2 36   t t 2 2 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  2 15 1 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là , đạt khi x  y  z  . 2 2 Đặt t  3 xyz , ta có: 0  t  3 xyz . Đ thi th THPT Qu c gia m i nh t có hư ng d n gi) i chi ti t : diendan.onthi360.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>

×