Đề thi được tác giả biên soạn theo cấu trúc và ma trận đề thi THPT QG của BGD hay và chất lượng. Đề giúp các em kiểm tra lại kiến thức của mình một lần nữa trước khi dự thi THPT QG. Đề được biên soạn mới, công phu và đáp án chi tiết
Trang 1GV: Ngô Quang Vân
Trường THPT Quỳnh Lưu 4 - Nghệ An
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn TOÁN (Đề số 5)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x 44x2 3
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y x e 2 x trên đoạn [-1 ;2]
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình 3log 2x32 log 2x 10
b) Cho số phức thỏa mãn điều kiện z 2(z- =1) 3z+ -(i 1)(i+2)
2
Tính môđun của số phức z
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y x 23x và đồ thị hàm số
y x x
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 3; 1; 2, mặt phẳng
P :x2y2z 4 0 và đường thẳng 5t
3
1
x
Viết phương trình mặt phẳng Q chứa d và
vuông góc với P Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) sao cho MA song song với mặt phẳng P
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Cho số thực thỏa mãn điều kiện sincos 2 Tính Atancot 2
b) Một hộp đựng 20 quả cầu được đánh số liên tục từ 1 đến 20 Lấy ngẫu nhiên 4 quả cầu từ hộp đó Tính xác suất
để trong 4 quả cầu lấy được có đúng 2 quả mang số chẵn, 2 quả mang số lẻ và trong bốn quả lấy ra đó có đúng 1 quả mang số chia hết cho 4
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại C và D, BC2 ,a AD a ,
CD a , SA vuông góc với mặt phẳng(ABCD , góc giữa đường thẳng ) SCvà mặt phẳng (ABCD bằng ) Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống BD, M là trung điểm BH Tính theo a thể tích khối chóp
và khoảng cách từ
0
60
BCD
S A
D đến mp SAM( )
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 , M là trung điểm AH,
5 7;
2 2
I là trung điểm BC và
1 15
2 2
D là giao điểm của BM
và đường trung trực của đoạn thẳng AC Tìm tọa độ các đỉnh A B C, , của tam giác, biết BC x y: 7 14 0
Câu 9 (1,0 điểm).Giải bất phương trình
4 3 2
2 2
2
4 4
Câu 10 (1,0 điểm).Cho a b c, , là các số dương thỏa mãn: (a b c )3 32abc
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của:
4 4
4
M
a b c
4
-Hết -
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Khảo sát sự biện thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x 44x2 3 1,00
+Tập xác định: D
0,25
.Các khoảng đồng biến: 2;0 và 2; ;
các khoảng nghịch biến: ; 2 và 0; 2
.Hàm số đạt cực đại tại x0, yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại x 2, yCT = 1
.Giới hạn lim lim 4 4 2 3 , lim lim 4 4 2 3
0,25
+Bảng biến thiên
y
y' x
3
+
+
-
0,25
1
(1,0đ)
+Đồ thị:
x
y
2
- 2
B A
2 -2
-1
3
0,25
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y x e 2 x trên đoạn [-1;2] 1,00 Hàm số 2 x
y x e liên tục trên đoạn 1; 2
y xe x e
0,25
0
2 1; 2
x y
x
0,25
2 1
( 1) ; (0) 0; (2) 4
e
2
(1,0đ)
Giá trị lớn nhất của hàm số là 4e2 và nhỏ nhất của hàm số là 0 0,25 a) Giải phương trình 3log 2x32 log 2x10 0,50
Điều kiện xác định: x0
Đặt t3log 2x,t0 Phương trình trở thành t 9 10 t 1 9
0,25
3
(1,0đ)
t log 2 x , t x
2
3 x 1 log 0
2
Vậy phương trình có hai nghiệm x1, x4
0,25
Trang 3b) Cho số phức thỏa mãn điều kiện z 2(z- =1) 3z+ -(i 1)(i+2)
Tính môđun của số phức z
0,50
+ Đặt z a bi= +
( ) (
(a b Î , ); điều kiện đã cho trở thành
)
- + -1 1 5
a b = i 0 =1; =1
5
a b
0,25
+ Vậy môđun của z là = 2+ 2 = 1+ 1 = 2
25 5
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số
y x x và y x 3 x 2
1,00
+ Xét phương trình hoành độ giao điểm x23x 2 x3 x 2
1
2
x
x
0,25
+ Gọi S là diện tích hình phẳng đã cho, ta có
2
1
2
4
(1,0đ)
+ Vậy diện tích cần tìm là 37
12
S (đơn vị diện tích)
0,25
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 3; 1;2, mặt phẳng
P x: 2y2z 4 0 và đường thẳng : 3
1
x
1 5t
Viết phương trình mặt
phẳng Q chứa d và vuông góc với P Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho MA
song song với mặt phẳng P
1,00
+ Đường thẳng (d) đi qua N 3; 1;1 và có vectơ chỉ phương u 0; 5;1 ;
1;2; 2
n là vectơ pháp tuyến của P Do Q chứa d và vuông góc với P
nên u n , 8;1;5 là vectơ pháp tuyến của Q
0,25
+ Phương trình mặt phẳng Q là 8x 3 1 y 1 5 z 1 0
8x y 5z20 0
0,25 + Do M d nên M 3; 1 5 ;1m m; MA0;5 ;1m m 0,25
5
(1,0đ)
+ Có / / 0 0.1 5 2 1 2 0 1
6
MA P MA n m m m
3; ;
6 6
M
0,25
a) Cho số thực thỏa mãn điều kiện sincos 2 Tính Atan cot 2 0,50
6
tan cot 2
cos sin 2 cos sin 2 sin 2
Trang 4 2
1
1 sin cos 1
0,25
b) Một hộp đựng 20 quả cầu được đánh số liên tục từ 1 đến 20 Lấy ngẫu nhiên 4 quả
cầu Tính xác suất để trong 4 quả cầu lấy được có đúng 2 quả mang số chẵn, 2 quả
mang số lẻ và đúng 1 quả mang số chia hết cho 4
0,50
+ Mỗi cách lấy ngẫu nhiên 4 quả cầu trong 20 quả cầu là một tổ hợp chập 4 của 20
phần tử, tương ứng với 1 phần tử của không gian mẫu Do đó 4
n C
0,25
+ Gọi A là biến cố: “4 quả lấy được có đúng 2 quả mang số chẵn, 2 quả mang số lẻ và
đúng 1 quả mang số chia hết cho 4”
Ta có trong các số liên tục từ 1 đến 20 có 10 số lẻ, 10 số chẵn (10 số chẵn gồm: 5 số
chẵn chia hết cho 4 và 5 số chẵn và không chia hết cho 4)
Do đó 1 1 2
5 .5 10 1125
n A C C C
+ Xác suất của biến cố A là 75
323
n A
P A
n
0,25
Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại C và D, BC2 ,a
AD a CD a SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD , góc giữa đường thẳng ) SC
và mặt phẳng (ABCD bằng ) 600 Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống BD,
M là trung điểm BH Tính theo thể tích khối chóp a S ABCD và khoảng cách từ D
đến mp SAM( )
1,00
Ta có AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mp(ABCD) SCA 600,
2 2 2
AC AD CD a
0,25
SA AC tan 600 2 3a , 1 . 3 2
ABCD
a
Vậy 1 . 12 3.3 2 3 3
a
0,25
Gọi E là trung điểm CH ME AD ME AD nên tứ giác ABEM là hình bình hành / / ,
ME BC E là trực tâm tam giác DCM DE CM tại I, DI // AM CM AM
CM (SAM) d(D,(SAM)) = d(I,(SAM)) = IM
0,25
7
(1,0đ)
CH là đường cao của tam giác vuông BCD 2 3
7
a
CH , CHB vuông tại H
7
a
7
a HM
0,25
E I
H
M
B C
M
S
A
B
H
C
D
Trang 5CHM vuông tại H 4
7
a
CM , 7 7 2 5
1 . 1 . 5
DCM
CM
3
DIM vuông tại I 2 2 5 7
14
a
Vậy d(D,(SAM)) 5 7
14
a
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox , cho tam giác y ABC vuông tại A Gọi H là hình
chiếu vuông góc của A trên BC , M là trung điểm AH,
5 7;
2 2
I là trung điểm BC và
1 15;
2 2
D là giao điểm của BM và đường trung trực của đoạn thẳng AC Tìm tọa độ
các đỉnh A B C, , của tam giác, biết BC x y: 7 1 4 0
1,00
Gọi P, N tương ứng là trung điểm AB và AC M, N, P thẳng hàng
0,25
Ta có BH = 2PM, HC = 2MN và AB // DN 2
2
HC MN MN MD HM // DC
Mà HM BC DC BC
0,25
DC: x + 7y - 52 = 0 tọa độ C là nghiệm của hệ
B(2;0)
0,25
8
(1,0đ)
AC: 3x - 4y + 19 = 0, ID: 8x + 6y - 41 = 0
11
2
Vậy A(-1;4), B(2;0) và C(3;7)
0,25
Giải bất phương trình
4 3 2
2 2
2
4 4
1,00
9
(1,0đ)
2
2 2
2
2
x x
ĐK: x > 0
Khi đó ta được bất phương trình
2
2
x x
x x
0,25
M
I
D
B
A
Trang 6
2
2
x x
x x
log 8x 2x log x 2 x 1
8x32x x2 x1
0,25
2x 32x x1 3 x1
Xét hàm số f(t) = t3 + t trên R Dễ thấy hàm số đồng biến trên R do đó
f x2 f x 1 2x x1
0,25
2
8
x
x
x x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
1 17 0;
8
0,25
Cho a b c, , là các số dương thỏa mãn: (a b c )332abc
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: 4 4 4
M
a b c
4
1,00
Theo giả thiết (a b c )3 32abc
Đặt x a ;y b ;z
a b c a b c a b c
c
, x y z, , 0
Khi đó, ta có: 1; 1
32
x y z xyz Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: M x4y4 z4
0,25
Khi đó, đặt: tx y yz zx thì:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
M x y z x y y z z x
2
M x y z xy yz zx xy yz zx xyz x y z
8
M t t
Từ giả thiết:
)
xyz x x
Giải ra ta có: 3 5 1
Tương tự, 3 5 1
0,25
Mặt khác ta có: (1 2 )(1 2 )(1 2 ) 0 x y z
12(x y z ) 4(xy yz zx ) 8 xyz0
Từ đó suy ra: 5
4
t
Tương tự ta có: ( 3 5)
4
x
4
y
4
z
Ta suy ra: 5 5 1
8
t
Vậy điều kiện t là: 5 5 5
1
0,25
10
(1,0đ)
Vậy ta tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của 2 9
8
M t , với điều kiện t
1
Dễ dàng ta thấy giá trị lớn nhất của 9
128
M Dấu bằng xẩy ra khi a2,b c 1
0,25
Trang 7Giá trị nhỏ nhất của 383 165 5
256
M
Dấu bằng xẩy ra khi 3 5, 1 5
2
a b c