Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên khoa học tự nhiên hà nội lần 4 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: Toán học; Thời gian làm bà

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Môn: Toán học;

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

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

1

x y x

+

=

−

Câu 2 (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số y x= 4+2mx2+1 có 3 điểm cực trị và 3 điểm cực trị đó là 3 đỉnh của một tam giác vuông

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Cho số phức z= +(1 ) (2i 2 −i) Tính môđun của số phức w= +(1 2 )i z i+

b) Cho log 32 =a,log 52 =b Tính giá trị củalog 15 theo a, b.6

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

1

0

( x)

I =∫x x e dx+

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;0;1), B(5;2;3) và mặt phẳng

(P): 2x – y + z – 7 = 0 Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên mặt phẳng (P)

Câu 6 (1,0 điểm)

a) Cho α thỏa mãn sin 2

3

α = và 0 < α <

2

π

Tính giá trị của biểu thức A=sin 2α+cos 2α

b) Trong một cuộc giao lưu văn nghệ của trường THPT chuyên KHTN, mỗi khối lớp chuẩn bị 2 tiết mục biểu diễn Giả sử thứ tự của các tiết mục được sắp xếp một cách ngẫu nhiên Tính xác suất để hai tiết mục của khối lớp 10 không biểu diễn liên tiếp nhau

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Hình chiếu vuông góc của S

trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm cạnh AB, góc giữa SD và (ABCD) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD theo a

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD M là một điểm nằm trên đường chép

AC, H(–2;0), K(4;–2) lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AD và CD 4 2;

7 7

  là giao điểm của AK

và CH, biết rằng B thuộc đường thẳng có phương trình x + 2y – 18 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C và D

Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình

2

log ( 3− −x 4 2 ) log (− x + x + +1 2) log (= x− +1) log (1+ 2−x)

Câu 10 (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài của cạnh BC, CA và AB lần lượt là a, b, c và

a + b = c Chứng minh rằng 900 < C < 1800

ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1

+ TXĐ: D = ℝ \ {1}

+ Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: 2

3

( 1)

x

−

= < ∀ ∈

−

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;1) và (1;+∞)

Giới hạn và tiệm cận:

x y x y y

→−∞ = →+∞ = => = là TCN

x − y x + y x

→ = −∞ → = +∞ => = là TCĐ

Bảng biến thiên:

+ Đồ thị:

Giao Oy tại (0;–1), giao Ox tại ( 1;0)

2

−

Đồ thị nhận I(1;2) làm tâm đối xứng

Câu 2

(2)

x

=



= + = <=> + = <=>  = −



Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ –m > 0 ⇔ m < 0

Khi đó (1) x 0

=



<=>  = ± −



Giả sử 3 điểm cực trị của hàm số là A(0;1), B(− − −m m; 2+1), (C − −m m; 2+1)

Có : uuurAB= − − −( m m; 2),uuurAC= − −( m m; 2)

Thấy AB = AC ⇒ ∆ ABC cân tại A Do đó ∆ ABC vuông khi và chỉ khi nó vuông cân tại A

1( )

=



<=> ⊥ <=>uuur uuur = <=> + = <=>  = −

Vậy m = –1

Câu 3

a) Có

(1 ) (2 ) (1 2 )(2 i) 2 (2 ) 2 4 2 4

= + − = + + − = − = + => = −

=> = + − + = − + = + => = + =

b)

6

2

log 15

log 3

a a

Câu 4

1

0

1

0

x

= + −  + ÷ = + − + = + − − + =

∫

∫

Câu 5

Có uuurAB=(4; 2; 2) Đường thẳng AB đi qua A, nhận 1 (2;1;1)

2uuurAB= làm VTCP nên có phương trình:

x− = =y z−

Gọi C là giao AB và (P):

(1 2 ; ;1 )

( ) 2(1 2 t) t (1 t) 7 0

1 (3;1; 2)

∈ => + +

∈ => + − + + − =

=> = =>

Gọi H là hình chiếu của A trên (P) Có AH ⊥ (P) nên AH nhận nuurP =(2; 1;1)− làm VTCP, AH đi qua A nên có

−

(1 2 ; ;1 ) ( ) 2(1 2 ) ( ) (1 t) 7 0

( ; ; )

∈ => + − +

∈ => + − − + + − =

−

=> = =>

HC là hình chiếu của AB trên (P) Có ( ; ; )2 5 1

3 3 3

uuur

Đường thẳng HC đi qua C và nhận 3uuurHC=(2;5;1) làm VTCP nên có phương trình:

3 2

1 5 2

= +



 = +



 = +



Câu 6

a) Vì

2 2 2

5

2sin cos 1 2sin 2 1 2.( )

π

< < => > => = − => = − =

+

b) Gọi A là biến cố “Hai tiết mục của khối 10 không biểu diễn liên tiếp nhau”.

Số phần tử của không gian mẫu là số hoán vị của 6 tiết mục, bằng 6!=720 =

Tính xác suất của biến cố A , tức là hai tiết mục của khối 10 biểu diễn liên tiếp.

Chọn vị trí của bộ 2 tiết mục liên tiếp nhau trong 6 tiết mục, có 5 cách

Số hoán vị của 2 tiết mục liên tiếp đó và 4 tiết mục còn lại lần lượt là 2! và 4!

Số kết quả thuận lợi cho A là 5.2.4!=240

1

P = = =>P = −P =

Câu 7

+ Gọi H là trung điểm AB ⇒ SH ⊥ (ABCD) ⇒ HD là hình chiếu của SD trên (ABCD) Góc giữa SD và (ABCD) là (SD;HD)=SDH=60o

Có

3

5 2 15 tan 60

2

o

ABCD

S ABCD ABCD

AH

a

a

a

= =

+ Vẽ AF // BD (F ∈ BC) ⇒ BD // (SAF) ⇒ d(SA;BD) = d(BD; (SAF)) = d(B;(SAF))

Vì BH ∩ (SAF) = A và BA = 2HA nên d(B; (SAF)) = 2.d(H; (SAF))

Vẽ HE ⊥ AF tại E, HI ⊥ SE tại I Có AF ⊥ SH; AF ⊥ HE ⇒ AF ⊥ (SHE) ⇒ AF ⊥ HI

⇒ HI ⊥ (SAF) ⇒ d(H;(SAF)) = HI

Có EAH=ABD=450=>HE=HA.sin450=

2 2

a

∆ SHE vuông tại H ⇒ 12 12 12 465

62

a HI

HI = HS + HE => =

Vậy d(SA;BD)= 465

31

a

Câu 8

Vì góc HAM bằng 450 nên ∆ AHM vuông cân tại H ⇒ AH = HM

HMKD là hình chữ nhật ⇒ HM = DK

Suy ra AH = DK ⇒ ∆ AHB = ∆ DKA (c.g.c)

90O

=> = = − =>AK ⊥ BH ⇒ BH ⊥ EK

Vì (32; 16)

uuur

nên BH nhận (2;–1) làm VTPT và BH đi qua H(–2;0) nên có phương trình: 2(x + 2) – y = 0

⇔ 2x – y + 4 = 0

Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 4 0 (2;8)

2 18 0

x y

B

− + =

 + − =



Đường thẳng EK đi qua K và nhận (2;–1) làm VTCP nên có phương trình:

− = + <=> + =

−

( 2 ; )

A EK∈ => −A a a Vì H thuộc cạnh AD nên A và K nằm khác phía đối với đường thẳng BH (*)

Có AH ⊥ AB

2

0 ( 2 2 )(2 2 ) ( )(8 a) 0

2

2

5

a

a

=> = => − + + + − − =

<=> − − =

=





<=> −

 =



uuur uuur

a = 2 ⇒ A(–4;2) (thỏa mãn (*))

( ; )

a= − =>A −

(loại vì không thỏa mãn (*))

Có uuurAH(2; 2)− Đường thẳng AH nhận (1;–1) làm VTCP nên có phương trình: 4 2 2 0

x y

+ = − <=> + + =

−

( ; 2 )

D AH∈ =>D d − −d Có

2

2d 8 0

<=> − =

uuuuruuur

⇔ d = –2 (loại vì D ≡ H) hoặc d = 2 ⇒ D(2;–4)

Vậy A(–4;2), B(2;8), C(8;2), D(2;–4)

Câu 9

2

log ( 3− −x 4 2 ) log (− x + x + +1 2) log (= x− +1) log (1+ 2−x)(1)

Điều kiện: 1 < x ≤ 2 Với điều kiện này, ta có:

2

2

2

2 2

(3 x) (4 2 x)

+ − − = − + − + − +

− − − + + −

<=> − − − + + = − + −

− − −

− + −

<=> − + + = − + − − + −

<=> + + = + − − + −

<= 2

2

> + − − + = − + − − + − + −

<=> + − − = − + − − +

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 1 5

2

 + 

Câu 10

Từ a3 + b3 = c3

1

   

=>  ÷ +  ÷ =

   

1

x y

< <



= = =>  + =



Áp dụng định lý cos, ta có

cos

C

+) Vì 0<x<1 => x3(1− x) 0> => x2< x3

Tương tự y2< y3 =>x2+y2 < x3 + y3 = =>1 cosC< =>0 90o < <C 180o(vì góc C là góc trong của 1 tam giác)

+ Tính cos108o: Ta có cos108o = –sin18o Đặt α = 18o

0

sin 36 cos54 sin 2 cos3 2sin cos 4cos 3cos

2sin 4cos 3 4(1 sin ) 3 4sin 2sin 1 0 sin

4

o

− ±

=> = − = − − => + − = => =

∈ => > => = => = − =

Chứng minh cos 3

10

C> −

(*)

Thật vậy (*)

1

xy

+ − −

<=> > <=> = + + >

Đặt t= x+ y t( >0)

=>

3

3

t

t

−

Điều kiện của t:

3

3

3 2

0

1

3 1

3

t t

t t t

t



 >



−

 = > <=> < ≤





≥



2

xy

Xét f t( ) 2t4 34t 132

t

= − − trên (1; 4]3

26 ( 1)(8 26)

= − + = < ∀ ∈ nên f(t) nghịch biến và liên tục trên (1; 4] , suy ra f (t) 3

< f(1) = –45 suy ra P > 1 Vậy (*) được chứng minh

Suy ra cos 3 108

10

o

C> − >cos

Mặt khác hàm số g(x) = cosx nghịch biến trên (90o;180o) vì g‟(x) = –sinx < 0 ∀ x ∈ (90o;180o)

Do đó C < 108°.Vậy 90°<C< 108°