Người ta bốc 2 viên bi bỏ ra ngoài rồi bốc tiếp một viên bi thứ ba.. Tính xác suất để viên bi thứ ba là bi trắng.. Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt ph
Trang 1SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT KINH MÔN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
LẦN I – Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số
4
2 5 3
x
y x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số
2) Cho điểm M thuộc ( )C có hoành độ x M Viết phương trình tiếp tuyến của ( )1 C tại M
Câu 2: (1,5 điểm) Giải phương trình
1) sin 2x 1 6sinxcos 2x
2
log (5x10)log (x 6x8) 0
Câu 3: (1,0 điểm)
1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của nhị thức:
7 3
4
2
x x
, với x 0
2) Trong một bình có 2 viên bi trắng và 8 viên bi đen Người ta bốc 2 viên bi bỏ ra ngoài rồi bốc tiếp một viên bi thứ ba Tính xác suất để viên bi thứ ba là bi trắng
Câu 4: (1,0 điểm) Tính tích phân:
3
2 0
( s in ) cos
x x dx I
x
Câu 5: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
4
x
Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB = AC = a, I là trung
điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy một góc bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách
từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a
Câu 7: (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2P x3y z 11 Viết phương 0
trình mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 1) và tiếp xúc với (P) Tìm tọa độ tiếp điểm
Câu 8: (1,0 điể̉m) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn Đường tròn (C) ngoại
tiếp tam giác ABC có phương trình x22y32 25 Chân các đường vuông góc hạ từ B
và C xuống AC, AB thứ tự là M(1;0), N(4;0) Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết đỉnh A có tung
độ âm
Câu 9: (0,5 điểm) Cho hai số dương x, y phân biệt thỏa mãn: x22y12 Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
8
P
–––––––––––––––Hết–––––––––––––––
Họ và tên thí sinh SBD:
ĐỀ SỐ 119
Trang 2SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG – TRƯỜNG THPT KINH MÔN
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
1.1
1,5đ
Tập xác định D = R
Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên: y = 2x3 – 6x , y = 0 x = 0 v x = 3
y< 0 x ( –∞; – 3 ) (0 3 )
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( –∞; – 3 ) và (0 3 )
y > 0 x (– 3 ; 0) ( 3 ; +∞)
Hàm số đồng biến trên khoảng (– 3 ; 0) và ( 3 ; +∞)
0.5
+ Cực trị:
Hàm số đạt CĐ tại x = 0, yCĐ = y(0) = 5
2
Hàm số đạt CT tại x = 3, yCT = y( 3) = 2
+ Giới hạn.
Đồ thị hàm số không có tiệm cận
0.25
+ Bảng biến thiên
0.25
+ Đồ thị Đồ thị hàm số cắt trục Ox
tai các điểm (1; 0) , ( 5; 0) Đồ
thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0 ;
5
2 ) Đồ thị hàm số có trục đối xứng
là Oy
0,5
1.2
0,5đ
Ta có: y’ = 2x3 – 6x y'(1) 4
Vậy tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình : y 4(x1) Hay y = – 4x + 4 0.25
x y
y
+∞
–2
5 2
–2
+∞
Trang 32.1
(0.75đ)
sin 2x 1 6sinxcos 2x (sin 2x6sin ) (1 cos 2 )x x 0
2 sinx cosx3 2 sin x0 2sinxcosx 3 sinx 0 0 25 sin 0
sin cos 3( )
x
xk Vậy nghiệm của PT là xk ,kZ
0.25 0.25
2.2
(0.75đ)
2
log (5x 10) log (x 6x 8) 5x 10 x 6x 8 x 2( ); ( )l h x 1( )n
3.1
(0 5đ)
4
2
x
Số hạng tổng quát của khai triển có dạng :
28 7 12 7 ( 2)
k
k k
0k 7;k
0.25
Số hạng không chứa x khi và chỉ khi 28–7k=0 hay k=4
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là : T ( 2)4C74=16C74 0.25
3.2
(0 5đ)
Không gian mẫu có số phần tử là n( ) C C102 81360
A là biến cố: “lần đầu lấy 2 viên bi đen, lần sau lấy 1 viên bi trắng”
2 1
8 2
7
45
0.25
B là biến cố: “lần đầu lấy 1 viên bi đen, 1 viên bi trắng và lần sau lấy 1 viên bi
trắng” ( ) 8 21 1.1 16 ( ) 2
45
C là biến cố “ viên bi thứ ba là bi trắng” 1
( ) ( ) ( ) 0,2
5
0.25
4
(1đ)
1 2
( s in ) s in
0.25
3
3
0
0.25
Đặt
cos
dx
dv x
Suy ra I =1
3
0
0.25
Vậy I= 1+ 3 ln 2
3
Trang 45
(1đ)
Đk:
2
3; 0 0; ; 4
3
; 4 ; 9; 3 3
3
y
0.25
Từ (1) suy ra VT(1) 0 nên bình phương hai vế ta có :
2 2
0( )
Thay y = 4x – 4 vào (2) ta có: 2
x x (3)
0.25
Giải (3):
2 2
2
25 3( 5) (3) 9 4 3( 1 2)
( 1 2)
9 4
x x
2
(4) ( 1 2)
9 4
x
x x
0.25
2
4
9 4
x x
và
3
( x 1 2) x x luôn đúng khi x 3 nên (4) vô nghiệm
Vậy x = 5 ; y =16 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình
0.25
6
(1đ)
Gọi K là trung điểm của AB
(1)
Vì SH ABC nên SH AB(2)
Từ (1) và (2) suy ra ABSK
Do đó góc giữa SAB với đáy bằng
góc giữa SK và HK và bằng
60
tan
2
a
ABC vuông cân: 1 2
2
ABC
j
A
S
H
K
Vậy
3
a
Vì IH / /SB nên IH/ /SAB Do đó d I SAB , d H ,SAB
Từ H kẻ HM SK tại M HM SAB d H SAB , HM
0.25
Ta có 1 2 1 2 12 162
3
3 4
a HM
Vậy , 3
4
a
Trang 57
(1đ)
Khoảng cách từ I đến (P) chính là bán kính mặt cầu 2 6 1 11 14
4 9 1
R
Phương trình mặt cầu (x1)2(y2)2(z1)2 14 0.25
Đường thẳng qua I và vuông góc với mp(P) có phương trình:
1 2
2 3 1
nên tiếp điểm H là hình chiếu của I lên (P) có tọa độ H( 1 + 2t; –2 + 3t; 1 + t) H
thuộc (P) nên thay tọa độ H vào pt mp (P) ta có t = 1 hay tọa độ tiếp điểm H(3;1;2) 0.25
8
(1đ)
Kẻ tiếp tuyến At với đường tròn (C) tại
A Ta có tứ giác BCMN nội tiếp nên góc
ABC AMN (cùng bù với góc NMC )
Lại có 1
2
MAt AMN Mà chúng ở vị trí so le
trong nên MN//At, hay IA vuông góc với
MN (I là tâm đường tròn (C))
0.25
Ta có MN(3; 0), (2;3)I AI x: 2
A là giao của IA và (C) nên tọa độ điểm A là
nghiệm của hệ:
2
2; 2
A có tung độ âm nên A(2;–2)
0.25
Phương trình AN : x y 4 0
B là giao điểm (khác A) của AN và (C) suy ra tọa độ của B(7 ;3)
0.25
Phương trình AM : 2xy 2 0
C là giao điểm (khác A) của AM và (C) suy ra tọa độ của C(–2 ;6)
0.25
9
(1đ)
Từ điều kiện, dùng bất đẳng thức Côsi suy ra: 0xy8 0.25
Đánh giá
2 2
2 2
2
P
0.25
Đặt t x yt 2
t
2
16 64 2 8
t
(với t > 2)
Tính đạo hàm, vẽ bảng biến thiên, tìm được:
2;
5 27
2 64
min ( ) f t f
Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 27
64 khi x = 2 và y = 4
0.25
–––––––––––Hết –––––––––––
Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
A
N
M I
t