Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Đông Sơn 1, Thanh Hóa (Lần 3) tài liệu, giáo án, bài giảng , luận...
Trang 1TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2016 (LẦN 3)
Môn Thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (1,5 điểm) Cho hàm số yx42mx2 3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
b) Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 2 (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)x3ln(x2) trên đoạn [0; 4]
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn z2i 3
b) Giải phương trình 2x 3x 5x
Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường: y = 0, y x(e x 1) , x = 0,
x = 1 Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay H quanh trục hoành.
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng (P) có phương trình
0
1
y z
x và hai điểmA(1;2;3),B(3;4;1) Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, B đồng thời vuông góc với (P) và tìm điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC là tam giác đều.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 1
1 cos
sin
x
x
b) Một đề thi trắc nghiệm có 20 câu, mỗi câu gồm có 4 phương án trả lời trong đó có duy nhất một phương án đúng Mỗi câu nếu chọn đúng đáp án thì được 0,5 điểm Giả sử thí sinh
A chọn ngẫu nhiên các phương án Tính xác suất để A được 4 điểm (lấy gần đúng đến 5 chữ
số sau dấu phẩy)
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là chữ nhật có tâm O, AB = a, tam
giác OAB là tam giác đều Tam giác SAB là tam giác đều, tam giác SCD là tam giác cân tại S Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc miền trong của hình chữ nhật ABCD và SH
4
3a
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
),
2
;
1
(
E F(2;2) , Q(1;2) lần lượt là chân ba đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C của tam giác Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
3
2
y
y y
( ,x y R 0.)
Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn 4(a1)2 (2b3)24c2 9 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 2
9 2
) 1 ( 4
36 )
1 ( 2
2 3
c
c c b
b b a
a a
-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:
Trang 2Trường thpt đông sơn i Hướng dẫn chấm môn toán 12 (lần 3)
Năm học 2015 - 2016
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
1a Khi m = 1 ta cú hàm số yx4 2x23
1) Tập xác định: R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn :
x
y
y ,lim lim
0,25
b, Bảng biến thiờn: y’ = 4x3- 4x, y’ = 0 x = 0, x = 1
y
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1 ; + )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (- ; -1) và (0 ;1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= y(0) = - 3, đạt cực tiểu tại x = 1 , yCT= y( 1) = - 4
0,25
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số có hai điểm uốn
9
32
; 3
1
, nhận Oy làm trục đối xứng, giao
với Ox tại 2 điểm ( 3; 0)
- 4
y
3 3
- 3
- 1
0,25
Hàm số cú 3 cực trị khi và chỉ khi y'0 cú 3 nghiệm phõn biệt m0 0,25
2
2
1 2
3 1 )
(
'
x
x x
x
Ta cú: f(0) = 3ln2, f(1) =13ln3, f(4) = 43ln6
Vậy max ( ) (4) 4 3ln6
] 4
; 0
] 4
; 0
3a Gọi zx yi (x,yR), khi đú z cú điểm biểu diễn M ( y x; )
Theo bài ra ta cú xyi2i 3 x2(y1)i 3 0,25
9 ) 1 ( ) 2 ( 3 ) 1 ( ) 2 ( 2 2 2 2
Vậy tập hợp cỏc điểm biểu diễn của z là đường trũn (x2)2(y1)2 9 0,25
3b
Phương trỡnh đó cho tương đương với 1
5
3 5
x x
x x
5
3 ln 5
3 5
2 ln 5
2 ) ( ' , 5
3 5
2 ) ( Hàm số f (x) nghịch biến trờn R, do đú (*) f(x) f(1)x1
0,25
Trang 34 V x e x dx
1
0
2
) 1 (
2 2
) 1 (
1
0
1
0
2 1
0
1
0
0 1
0
1 0
1
x
e v
dx du dx
e dv
x u
0,25
Do đó
2
3 2
5 +) AB(2;2;2), mp(P) có vectơ pháp tuyến n P (1;1;1)
Mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến n Q[AB,n P](0;4;4) 0,25
(Q) có phương trình: 0(x1)4(y2)4(z3)0 yz50 0,25
Gọi C(a;b;c), ta có
12 ) 3 ( ) 2 ( ) 1 (
) 1 ( ) 4 ( ) 3 ( ) 3 ( ) 2 ( ) 1 (
0 1 )
(
2 2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
c b
a
c b
a c
b a
c b a AB CA
CB CA
P C
0,25
2 / ) 2 3 4 ( 1 2
12 ) 3 ( ) 1 ( 1
1 2
12 ) 3 ( ) 2 ( ) 1 (
3 1
2 2
2 2
2
c
c b a c
c
c b a c
b a
c b a
c b a
Vậy C2;623 2;423 2,C2;623 2;423 2
0,25
6a Điều kiện: cosx1
3 2
1 6
sin 2
1 cos 2
1 sin 2
3
k x
k x
x x
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 2
3 k
6b Số cách A chọn ngẫu nhiên các phương án đúng là 420 0,25
Gọi B là biến cố đã cho, do A được 4 điểm nghĩa là A chọn đúng 8 câu và chọn sai 12 câu.
Có 8
20
C cách chọn 8 câu mà A trả lời đúng, trong 12 câu trả lời sai, mỗi câu A có 3 cách chọn
phương án sai Do đó số cách chọn các phương án của A là 8 12
20.3
C
B
Xác suất cần tìm là: 0,06089
4
3 )
12 8
B
0,25
A
D O
H M
N
Ta có AC = 2OA = 2a.
3
2
AC
3 BC a2
AB
S ABCD
0,25
4
3
3
.
a SH S
Ta có AB //CD AB //(SCD)
)) ( , ( ) , (AB SC d AB SCD
Gọi M, N là trung điểm của AB và CD.
Ta có ABSM , ABMN 0,25
)
(SMN
AB
, mà ABSHSH(SMN)H thuộc đoạn MN.
, 2
3
a
SM
4
3 3 4
3
2
MH MN HN
a SH SM
Trang 4SN SM MN
SN SM
a HN SH
2 3
Do CD//AB nên CDSMSM(SCD)SMd(AB,(SCD)) Vậy
2
3 )
(SC AB a
0,25
8
A
Q
F
E H
Do AEBAFB900 nên tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn đường kính AB suy ra
BFE BAE (1)
Tương tự: Tứ giác AQEC nội tiếp nên
QAE QCE BAE QCB (2)
Tứ giác BQFC nội tiếp nên QFB QCB (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có BFE QFB , nghĩa là
BF là đường phân giác trong kẻ từ F của tam giác QEF.
0,25
Tương tự ta cũng có AE là đường phân giác trong của tam giác QEF.Gọi H AEBF suy
ra H là trực tâm của tam giác ABC và là tâm đường tròn nội tiếp tam giác QEF.
+) EQ4,EF Gọi5 D AEQF 4 5 4 1 2
+)
3
4
QD Do H là chân đường phân giác trong kẻ từ Q của tam giác QDE nên ta có
1
3
HE QE
0,25
AB đi qua Q và vuông góc với QH nên có phương trình: x y30
BC đi qua E và vuông góc với EH nên có phương trình: x y3 70
AC đi qua F và vuông góc với FH nên có phương trình: 2x y60
0,25
AC AB
A nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ (1;4)
4
1 0
6 2
0 3
A y
x y
x
y x
BC AB
B nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ ( 4; 1)
1
4 0
7 3
0 3
B y
x y
x
y x
AC BC
C nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ C ( ; )
y
x y
x
y x
4 5 4
5 0
6 2
0 7 3
Vậy A(1;4),B(4;1),C(5;4)
0,25
9
Điều kiện: x0, y0, y2 3 0 Hệ
3
2
y
y y
1
b x
0,25
D
Trang 5Nhận thấy a0 không thỏa mãn hệ Khi đó hệ trên tương đương với
2
2
1 1
7
b b
0,25
5 1 12
a b
a
b
hoặc
4 1 3
a b a b
5
1 12
12
a a
a b
hoặc
4
1 3
3
a a
a b
nghiêm) (vô
0 1 5 12
12
a
a b
hoặc
0 1 4 3
3
a
a b
3
1
b
a
hoặc
1
3 / 1
b a
+) Với
2
) 1 ( 1 3 3
1
1 3 3
x
y y x
y y b
a
Nếu y2 thì y33y y(y23)2(1) vô nghiệm
Do đó để (1) có nghiệm thì y (0;2] (do y ).0
Đặt 2cos , 0;
2
y t t
1 3 cos 1 cos 6 cos
8 3t t t
Z k
k
t ,
3
2 9
Do 0;
2
t
nên t 9
9
y cos
0,25
+) Với
(loai) 0
9 1 3 1
1
3 1 3 1
3
x
/ y y x
/ y y b
/ a
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ; ) 2; 2cos
9
.
0,25
10
Với x,y0 ta có
y x y x y
x
xy y
x y x
2 2 2 4 2
4
1 1 2
1 1
1 1
2
c b
a
Áp dụng (*) ta có
4 2 2
16 2
2
4 2
2
4 1 2
1 1
1 1
2
a
0,25
Áp dụng BĐT Bunhiacopsky ta có (2ab2c)2 (211)(2a2 b2 4c2)
2 2
2 2
16
1 4 2 2
144 )
2 2
( 4
1 4
c b a P c
b a c
b
Từ giả thiết ta có 2a3ba2b2 c21(a2 4)(b2 4)(c21)84a4b2c8
8 2
a b c Đặt t2ab2c0t8 và
16 4
144 t2
t
Xét
16 4
144 )
t t
) 4 ( 8
) 144 16 )(
8 ( 8 ) 4 (
144 )
(
2
t
t t t t t
t f
Suy ra f (t) nghịch biến trên (0; 8], do đó min ( ) (8) 16 16
] 8
; 0
1 , 2 , 2
Vậy minP16 khi (a;b;c)(2;2;1)
0,25
