Đề 37 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) năm2016

Chọn ngẫu nhiên 10 tấm thẻ.. Tính xác suất để chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10.. Hình chiếu vuông góc của điểm B

SỞ GD - ĐT HÀ TĨNH

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

Môn thi : TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4 4x2 (1) 3

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

b) Tìm m để phương trình x44x2   có đúng 2 nghiệm m 1 0

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình 4x13.2x160

b) Giải phương trình cos 2x5sinx 3 0

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Cho góc  thỏa mãn 3

cos

5 và    Tính giá trị biểu thức 0 A sin 2 cos 2 

b) Tìm số hạng trong khai triển nhị thức Niutơn   

n

y x x

3

3 2

, x0 mà tổng số mũ của x và y

trong số hạng đó bằng 15, biết n thỏa mãn 4C n23n12

Câu 4 (1,0 điểm) Cho hàm số m x 

y x

3 1 3

 



 (m hằng số) Tìm m để khoảng cách từ giao điểm hai

đường tiệm cận của đồ thị hàm số đến đường thẳng d y x:   bằng 2 2

Câu 5 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình log2x2log2x44

b) Có 30 tấm thẻ được đánh số thứ tự từ số 1 đến số 30 mỗi tấm một số Chọn ngẫu nhiên 10 tấm thẻ Tính xác suất để chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10

Câu 6 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh AB3 , a



BC 5 Hình chiếu vuông góc của điểm B ' trên mặt phẳng a ABC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC Góc giữa hai mặt phẳng ABB A' ' và mặt phẳng ABC bằng 60 Tính thể tích khối 0 lăng trụ ABC A B C ' ' ' và khoảng cách từ điểm B ' đến mặt phẳng ACC A' ' 

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB/ /CD) có đỉnh

  

A 2; 1 Giao điểm hai đường chéo AC và BD là điểm I 1; 2 Đường tròn ngoại tiếp tam giác  

ADI có tâm là   

E 27; 9

8 8 Biết đường thẳng BC đi qua điểm M 9; 6 Tìm tọa độ đỉnh B , D   

biết điểm B có tung độ nhỏ hơn 3

Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình x4x2x2 2x13  2 4x23x2x4

Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x y z thỏa mãn , ,  2 2 2  

5 4x y z 18 xy yzzx

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2

x P

-HẾT -

Cảm ơn thầy Nguyễn Thế Anh (theanhchc@gmail.com ) GV THPT Cù Huy Cận , Hà Tỉnh đã chia sẻ đến

www.laisac.page.tl

SỞ GD - ĐT HÀ TĨNH

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi : TOÁN

1

(2,0đ)

a) TXĐ D  

 Sự biến thiên y' 4x38x; ' 0 4 3 8 0 0

2

x

x





        



0,25

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

- Cực trị: Hàm đạt cực tiểu tại xCT = 0, yCT = -3; đạt cực đại tại x CĐ   2, yCĐ = 1

- Giới hạn tại vô cực: lim lim

    

0,25

 Bảng biến thiên

-0 0 0

y

1 1

-3

y'

-∞

+∞

0

-∞

-∞

0,25

1 -1 O

-3

1

x

y

0,25

b) Phương trình đã cho tương đương  x4 4x2  3 m 4 (1) 0,25 Phương trình (1) có 2 nghiệm khi chỉ khi đường thẳng y m 4 cắt với đồ thị hàm số

Từ đồ thị trên, ta có phương trình (1) có 2 nghiệm khi chỉ khi: 4 1 5



0,25

2

(1,0đ)

a) Phương trình tương đương 4x12.2x640   

 



x x

2 16 0

2 4 0

0,25

Do 2x160 vô nghiệm, nên phương trình tương đương 2x4x2

b) Phương trình tương đương với 2sin2 x5sinx 2 0sinx2 1 2sin  x0 (1) 0,25

Do sinx 2 0 vô nghiệm nên (1)

x

2

sin

5

6











 





, kZ

Vậy các nghiệm phương trình là x k2

6





  và x 5 k2

6





  , kZ

0,25

3

(1,0đ)

a) Do   0 sin0mà 2   216

25 nên 



sin

Ta có    24

sin 2 2 sin cos



25 Do đó





b) Điều kiện n2,n

Phương trình 4C n23n122n25n120n4 2 n30n4

Khi đó, ta có số hạng tổng quát của khai triển   

y x x

12

3 2

là T   2 k C x12k 36 4 k k y

0,25

Số hạng thỏa mãn yêu cầu khi k nghiệm phương trình 36 4 kk15k7 (nhận)

Do đó số hạng cần tìm là T   2 7C x y127 8 7  101376x y8 7 0,25

4

(1,0đ)

a) TXĐ D\ 3 ;

x y

3

lim





  ;

x y

3

lim





   là tiệm cận đứng x 3

   

xlim y xlim y m y m là tiệm cận ngang

0,25

Yêu cầu thỏa mãn khi:   m 

2

0,25

  

5

(1,0đ)

Điều kiện x2

Khi đó phương trình tương đương với log2x22x84 x22x24 0  0,25

 

 x x 46 (thỏa mãn) (loại)

Vậy nghiệm của phương trình là x 4

0,25

b)  Số phần tử của không gian mẫu là n  C3010 0,25  Gọi biến cố A="chọn 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có

đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 "

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n A C C C155 31 124

Vậy xác suất cần tìm là    

 

99 667

n A

P A

n

0,25

6

(1,0đ)

M

B'

B

H

E

F N

Gọi H , N lần lượt trung điểm cạnh BC và AB

Ta có B H' ABC và NH AB Suy ra góc giữa

hai mặt phẳng ABB A' ' và mặt phẳng  ABC là 

B NH 

0,25

Tam giác ABC vuông tại A , có

AC BC2 AB2 4a NH 2 a Tam giác B NH' vuông tại H , có

tanB NH' B H 3 B H' 2a 3

HN

Thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' là

V B H S' 2a 3.3 4 12a3 3

2

0,25

Gọi EB H' CC ' , M trung điểm AC Gọi F hình chiếu vuông góc của H trên ME

Ta có ACMH AC, B H' ACHFHFACC A' 'd H ACC A ; ' ' HF

0,25

Mặt khác   a

2 2 , HEB H' 2a 3

Trong tam giác vuông MHE tại H , có đường cao HF , nên

HF2 HM2 HE2 a2

a

19

Vì B E' 2HE nên          a

d B'; ACC A' ' 2d H ACC A; ' ' 2HF 12 19

19 Vậy     a

d B'; ACC A' ' 12 19

19

0,25

7

(1,0đ)

M

C

B

K

H I

D E A

Gọi H trung điểm DI và K giao điểm của EI và BC

Ta có EHDI, góc DBCDAC (Tính chất thang cân)

và DACIEH (góc ở tâm), suy ra DBCIEH mà

EIH BIK (đối đỉnh) Do đó BKI900EK BC

0,25

Ta có 35 25;

EI 



, đường thẳng BC có phương trình là 7x5y330

Ta có AI   1;3

, đường thẳng AC có phương trình là 3xy 5 0

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 7 5 33 0 1



0,25

7

b

BBCB  b

 , b3 Ta có IAIB 10

2

33 5

7

b



1 191 37

b

b







 



(nhận) (loại)

Suy ra B4;1

0,25

y y Suy ra D  5; 4 0,25

8

(1,0đ)

Điều kiện  x 

Phương trình tương đương x22x132x22x1x2x423x2x4 (1)

Xét hàm số f t t32t, t 

0,25

Ta có f t' 3t22 0  t  suy ra hàm số f t đồng biến trên   

Phương trình (1) có dạng f x 22x1 f3 x2x4x22x 1 3 x2x4

0,25

Nếu x thay vào (2) không thỏa mãn 0

Nếu x0 thì phương trình (2) x x

2

x

3 1

  , ta có phương trình

t3  t 2 0 t1 t2 t 2 0  ( Vì t t 1 t t

2

      

)

0,25

2

2

 

Đối chiếu điều kiện x 1 5

2

 

2

 

 thỏa mãn

Vậy nghiệm của phương trình là x 1 5

2

 

2

 



0,25

9

(1,0đ)

5 4x y z 18 xyyzzx

5 2 x y z218xyyzzx10 2 xyyz2zx

5 2x y z 38x y z 28yz 38x y z 7 y z

2

(Do y z 0)

0,25

Mặt khác ta có  2  2 2 2 2 1 2

2

2

yz  y z  y z  yz

Đặt t y z 0

Khi đó

2





y z P

y z

0,25

Xét hàm số   2 23

27

 

f t

t t với t 0 Ta có '  22 24

9

f t



3

Bảng biến thiên

-+

4

0 -∞

f(t)

+∞

0 0

1 3 f'(t)

t

0,25

x y z thỏa mãn điều kiện bài toán và khi đó P4

Cảm ơn thầy Nguyễn Thế Anh (theanhchc@gmail.com ) GV THPT Cù Huy Cận , Hà Tỉnh đã chia sẻ đến

www.laisac.page.tl