Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016

Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016, Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016, Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016, Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016, Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016, Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016, Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016, Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016, Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016, Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016, Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI MÔN TOÁN_KHỐI 12 (lần 1)

Năm học: 2015-2016 Thời gian: 180 phút

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2

yx  x 

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

f x  x x trên đoạn 1; 2

2

 

 

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình sin 3xcos 2x 1 2sin cos 2x x

b) Giải phương trình    2 

4

3

x  x  x 

Câu 4 (1,0 điểm) Tìm m để đường thẳng  d :y x m cắt đồ thị  C của hàm số

1

1

x

y

x





 tại hai điểm A B, sao cho AB3 2

Câu 5 (1,0 điểm)

a) Cho cota2 Tính giá trị của biểu thức sin42 cos42

sin cos

P





b) Một xí nghiệp có 50 công nhân, trong đó có 30 công nhân tay nghề loại

A, 15 công nhân tay nghề loại B, 5 công nhân tay nghề loại C Lấy ngẫu nhiên theo danh sách 3 công nhân Tính xác suất để 3 người được lấy ra

có 1 người tay nghề loại A, 1 người tay nghề loại B, 1 người tay nghề loại

C

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đường cao SA bằng 2a, tam giác

ABCvuông ở Ccó AB2 ,a CAB· 30o Gọi Hlà hình chiếu vuông của A trên

SC Tính theo athể tích của khối chóp H ABC Tính cô-sin của góc giữa hai mặt phẳng SAB , SBC

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang OABC (O

là gốc tọa độ) có diện tích bằng 6, OA song song với BC, đỉnh A1; 2 , đỉnh

Bthuộc đường thẳng  d1 :x  y 1 0, đỉnh Cthuộc đường thẳng  d2 : 3x  y 2 0 Tìm tọa độ các đỉnh B C,

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABCcân tại

A có phương trình AB AC, lần lượt là x2y 2 0, 2x  y 1 0, điểm M 1; 2 thuộc đoạn thẳng BC Tìm tọa độ điểm D sao cho tích vô hướng DB DCuuur uuur có giá trị nhỏ nhất

Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 2

2

1

x

thực

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực x y, thỏa mãn   2 2

x  y  xy Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3   

Ax y  xy x y -Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh

ĐÁP ÁN TOÁN 12, lần 1, 2015-2016

1  Tập xác đinh: D¡

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: ' 2

y  x  x; '

Các khoảng đồng biến  ; 2 và 0; ; khoảng nghịch biến 2; 0

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 2,y CD0; đạt cực tiểu tại

0, CT 4

x y  

- Giới hạn tại vô cực: lim ; lim

     

0,25

 Bảng biến thiên

x  2 0 

'

y  0  0 

y 0 

 4

0,25

 Đồ thị

8 6 4 2

-2 -4 -6 -8

f x   = x  3 +3  x 2  -4

0,25

4 4

f x x  x  ; f x  xác định và liên tục trên đoạn 1; 0

2

 

 ;

 

4 8

2

x   f x   x x

 

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x  trên đoạn

1

; 0

2

 

 lần lượt là 4 và 0

0,25

3 a) sin 3 cos 2 1 2sin cos 2 sin 3 cos 2 1 sin sin 3

cos 2 1 sin

sin 0

6 sin

2 6

x k x

x





 



  

b) Điều kiện x0,x1

Với điều kiện đó, pt đã cho tương đương với :

8

4

3

x x   x x  

0,25

2

x x

x

x x

 



  

1

x

x

là nghiệm của pt) 2  

Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt 2

x x   m     m ¡ Khi đó A x x 1; 1m ,B x x2; 2 m Theo hệ thức Viet ta có 1 2

1 2

2 1



2

5

a)

sin cos sin cos sin cos sin cos

P

Chia tử và mẫu cho 4

sin a, ta được 1 cot44 1 244 17

1 cot 1 2 15

a P

a

b) Số phần tử của không gian mẫu   3

50 19600

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “trong 3 người được lấy ra, mỗi

người thuộc 1 loại” là 1 1 1

30 15 5 2250

C C C  Xác suất cần tính là

2250 45

19600 392

0,25

6

C

S

K

H

I

Trong mặt phẳng SAC , kẻ HIsong song với SA thì HI ABC

Ta có CA ABcos 30oa 3.Do đó

2

.sin 30 2 3.sin 30

ABC

a

0,25

H ABC ABC

3

H ABC B AHC AHC

0,25 Gọi Klà hình chiếu vuông góc của A lên SB Ta có

,

AHSC AHCB(do CBSAC ), suy ra AHSBCAHSB

Lại có: SB AK, suy ra SBAHK Vậy góc giữa giữa hai mặt phẳng

SAB , SBC là ·HKA

a AH

2

Tam giác HKA vuông tại H(vì AH SBC , SBCHK)

.2 3

7

7

a AH

0,50

7 OA: 2x y 0

OA BCP BC x  y m m

Tọa độ điểm Blà nghiệm của hệ

1 ; 2

Tọa độ điểm Clà nghiệm của hệ

2; 4 3

2 2

1

, 2

1

OABC

m

2m 3 1m 12

    Giải pt này bằng cách chia trường hợp để phá

dấu giá trị tuyệt đối ta được m 1 7;m3 Vậy

 7; 1 7 ,  1 7;1 3 7

8 Gọi vec tơ pháp tuyến của AB AC BC, , lần lượt là

     

1 1; 2 , 2 2;1 , 3 ;

nur nuur n a buur .Pt BCcó dạng a x  1 b y20, với

2 2

0

a b  Tam giác ABCcân tại A nên

 1 3  2 3

a b

a b

 

ur uur uur uur

0,50

Với a b Chọn   2 1

3 3

b    a BC x   y B C 

 ,

không thỏa mãn M thuộc đoạn BC

Với ab Chọn a  b 1 BC x:    y 3 0 B4; 1 ,  C 4;7 , thỏa

Gọi trung diểm của BClà I I 0;3

2

DB DC DIIB DIIC DI   

uuur uuur uuur uur uuur uur

9 Điều kiện x 3.Bất pt đã cho tương đương với

2

2

2

2 2

2

1 0

x



2 2

2 2

2

6

x

2

       (Với x 3thì biểu thức trong ngoặc vuông

luôn dương) Vậy tập nghiệm của bất pt là S   1;1 0,50

x  y  xy  xy  xy     x y 0,25

2

A xy  xy  xy  xy  xy  xy 

Xét hàm số:   3 3 2

2

f t  t t  t trên đoạn  0;8

2

2

t 

0,25

17 5 5 4

0,25

4

x y 

thì dấu bằng xảy ra Vậy giá trị nhỏ nhất của Alà

17 5 5

4



0,25

Thạch Thành, ngày 23 tháng 10 năm 2015

Người ra đề và làm đáp án: Bùi Trí Tuấn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016

Môn thi: TOÁN

( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề )

Đề thi này có 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x





 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2 Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (1)

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 cos cos 2x x 2 2sin2xcos 3x

Câu 3 (1,0 điểm) Tính nguyên hàm:

2

2x 1

x



Câu 4 (1,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2 2

4

log (2 3 1) log ( 1)

2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2

8ln

y xx trên đoạn [1;e]

Câu 5 (1.0 điểm) Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng Lấy ngẫu

nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và có không quá hai quả cầu màu vàng

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết ABa AD; 2a, tam giác

SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi I là trung điểm của SD Tính thể tích khối

chóp S.ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD biết 3

2

AB AD Gọi F là

điểm thuộc đoạn thẳng BC sao cho 3

4

BF  BC Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABF có phương trình

    Đường thẳng d đi qua hai điểm A, C có phương trình

3x11y  Tìm 2 0

tọa độ đỉnh C biết điểm A có hoành độ âm

Câu 8 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:

3

2

x y











Câu 9 (1.0 điểm) Cho a b c là ba số thực dương thỏa mãn , , a b c  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:

2 2

2

16 27

a P

_ HẾT _

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN LẦN 1 NĂM 2015 – 2016

1.1

* Tập xác định DR/ 1 

* Sự biến thiên:

Ta có:

3

1

x



Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;1và 1; 

Hàm số không có cực trị

0,25

* Giới hạn và tiệm cận:

Ta có:

lim lim 2

     đường thẳng y 2là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C)

lim ; lim 1

      đường thẳng x 1là đường tiệm cận đứng của đồ thị (C)

0,25

* Bảng biến thiên:

x  1 

'

y - -

y

2





2

0,25

* Đồ thị:

Đồ thị (C) cắt Ox tai điểm 1;0

2



 , cắt trục Oy tai điểm 0; 1 

0,25

1điểm

1.2

Gọi ;2 1  

1

a







  (điều kiện a 1)

Gọi đường thẳng  là đường tiệm cận ngang của đồ thi (C)

Ta có d M Oy ,  a ;  

2 2

2 1

0 1 2

3 1

,

1

0 1

a a a

d M

a









0,25

Theo giả thiết khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến

đường tiệm cận ngang do đó: 2 3

1 a

a 

0,25

2

6

2

a

        

 

     

Vì phương trình a2   vô nghiệm a 6 0

+ Với 3 3;7

2

a M 

  + Với a  2 M2;1

0,25

Phương trình đã cho cos 3xcosx 2 2 sin2 xcos 3xcosx 2 2 sin2x 0,25

cosx 2 2 1 cos x

    2 cos2xcosx

cos 0

1 cos

2

x

x











0,25

+ Với cos 0 ;

2



+ Với

2

2

2 3











 



   



Ta có

2

2 2

1 2

1 2

udu xdx

u x











0,25

Do đó

2

 

0,25

   

1ln 1 1ln 1

0,25

Vậy 2 2 1 1ln 2 2 1 1 1ln 2 2 1 1

4.1

Điều kiện:

2

1 0

1

x

x

x









 



Khi đó phương trình

2

1 ) 1 ( log 2

1 ) 1 3 2 ( log 2

2 2



0,25

2 2

2 2(2 3 1) log ( 1)

1 (Ko TM) 2(2 3 1) ( 1) 3 4 1 0 1

3

x







 



Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:

3

1



x

0,25

0,5 điểm

4.2

Điều kiện: x 0

Hàm số y8lnxx2 xác định và liên tục trên [1;e]

 

2 1;

8

2 1;

  

     

  



0,25

Ta lại có: y 1  1; y 2 8 ln 2 4 ; y e  8 e

Vậy :

  1;

Max 8 ln 2 4

e y   , giá trị lớn nhất đạt được khi x 2

  1;

Min 1

e y   , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x 1

0,25

Câu 5

Gọi là không gian mẫu của phép thử

Số phần tử của không gian mẫu là   4

Gọi B là biến cố: “ 4 quả lấy được có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và

không quá hai quả màu vàng”

Do đó để lấy được 4 quả có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá

hai quả màu vàng có 2 khả năng xảy ra:

+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng suy ra số cách lấy là: C C C14 52 17

+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng suy ra số cách lấy là: C C C41 15 72

0,25

+) Khi đó   1 1 2 1 2 1

+) Xác suất của biến cố B là    

 

1820 13

n B

P B

n

Gọi H là trung điểm của AB, vì SAB là tam giác đều SH  AB

Ta có

,

SAB ABCD

SH AB SH SAB









2

a

0,25

Vì ABCD là hình chữ nhật 1 1 2 2

ACD ABCD

Do đó

3 2

V  SH S  a  (đvtt)

0,25

Gọi J là trung điểm của CD IJ / /SCSC/ / AIJ 

Ta có CDAIJJ d C AIJ ,  d D AIJ ,   (vì J là trung điểm CD)

Vậy d AI SC , dD,AIJ 

0,25

Vì H là trung điểm AB, J là trung điểm của CD do đó tứ giác AHJD là hình chữ nhật

Gọi K là tâm của hình chữ nhật AHJD  IK/ /SH (vì IK là đường trung bình tam

giác SHD)

Ta có  

/ /

 







Ta có

2

1

ADJ

a

2 3

2 2 17

2

a

2 AIJ

Do đó     .

AIJ

,

17

I ADJ a

d D AIJ

S

0,25

Ta có

 













tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ pt

x y







2

3

2 11

1

1 3

13

23 13

13

x y

y x

A

y

y

  

















(vì x  ) A 0

0,25

Gọi điểm E thuộc tia đối của tia BA sao cho AFCE

Đặt BExABBEx AB

, ta có:

CE  BEBCx AB AD

4

AF  ABBF AB AD

    

Vì AFCE do đó

CE AF  x ABAD AB AD xAB  AD  x

     

Vậy E thuộc tia đối của tia BA thỏa mãn 1

3

BE AB khi đó AFCE

0,25

Xét tam giác ACE có AF CE













F là trực tâm tam giác ACE hay EFAC

Gọi H EFAC tứ giác ABFH nội tiếp hay  

:

H T x  y  

do đó H là giao điểm (khác A) của đường thẳng d và đường tròn (T) 93; 23

13 13

   

 

0,25

Qua B kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC tại K BK/ /HE, khi đó ta có

3

3









 

Gọi C a b ;  93; b 23

13 13



; 132; 36

13 13

AH  



12

8

2

12

a

a

b b

   



 

    



 

Vậy C8; 2 

0,25

Điều kiện: 3

2

x 

Biến đổi pt thứ (2) của hệ thành :  3  2 3

2 x1 3y x1 4y  0 Nhận xét y  không là nghiệm của pt 0  y0, do đó pt

     

       

0,25

Đặt a x 1

y



 khi đó pt trở thành

2a 3a 4 0 a 2 2a a 2 0 a 2

Vì pt 2a2   vô nghiệm a 2 0

+) Với a 2 x 1 2 2y x 1

y



        

0,25

Thay 2y   vào pt (1) của hệ ta được pt x 1 3 x2 1 x x32

        

0,25

3

3

2

2 2 1

0

  

  

2

0

2

2

1 1

x x



Vì

2

3 2

1 1

0, 2

x x

x



 

Với x 3 y  2

0,25

Vậy hệ pt đã cho có nghiệm x y ;  3; 2 

Ta có:

2 2

2

b a a b c bc a

P

     

2 2

2

4

a b

    

Ta lại có

4 5

4

b c  bc b c  b c  b c

0,25

Do đó

2

2

a b

 

2 2

2

2

a b c

2

2

1

1 2

c c

c c

 



 

c



2

2

c

      



0,25

Theo giả thiết a b c  thỏa mãn , , 0 a b c    1 c 0;1

Xét hàm số    

2

2

c



  với c 0;1 

Ta có  



c

vì c 0;1 

0,25

Bảng biến thiên

Từ BBT   1

9

f c

   ,  c 0;1  Do đó 1

9

Vậy Min 1

9

3

abc

0,25

Hết

( )

f c

'( )

f c

–

1 9

