Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác.. Gọi H là trung điểm của AB thì H là chân đường cao hạ từ đỉnh S của hình chóp.. .a .a .sin120 S ABC ABC Gọi D là đi
Trang 1Chuyên 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 gồm 01 trang
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1
Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (1,0 điểm) : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y x 4 2x2
Câu 2 (1,0 điểm) : Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2
1
x y x
biết tiếp tuyến cắt hai trục Ox,
Oy lần lượt tại các điểm A, B phân biệt thỏa mãn điều kiệu OB = 3OA
Câu 3 (1,0 điểm) :
a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn :
2
1
iz
i z
b) Giải phương trình trên tập số thực (3 5)x (3 5)x 2 x1
Câu 4 (1,0 điểm) : Tính tích phân 4
6 0
cos 2
cos
x dx x
Câu 5 (1,0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng
(P) : x + 2y + z – 4 = 0 và đường thẳng : 1 2
d Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d
Câu 6 (1,0 điểm) :
a) Giải phương trình lượng giác: sinx 3.sin 2x 3.cosxcos 2x
b) Xét một đa giác đều 12 cạnh, hỏi có bao nhiêu tam giác không cân có ba đỉnh là các đỉnh của một đa giác đều đã cho
Câu 7 (1,0 điểm) : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A trong đó
, 120 ;o
theo a thể tích khối chóp S.ABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC
Câu 8 (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có (4;6), trực tâm
H(4;4), trung điểm M của cạnh BC thuộc đường thẳng ∆: x – 2y – 1 = 0 Gọi E, F lần lượt là chân đường cao
hạ từ các đỉnh B, C của tam giác Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết đường thẳng EF song song với đường thẳng d: x – 3y + 5 = 0
Câu 9 (1,0 điểm) : Giải hệ phương trình trên tập số thực:
Câu 10 (1,0 điểm) : Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x2y3z4 x3y4z5 , chứng minh rằng x3y3z3 3
-
HẾT -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Trang 2TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
LẦN 1 Môn thi: TOÁN
Câu 1.
1.TXĐ: D = R
2.Sự biến thiên
3
3
1
1
0
x
x
x
Giới hạn: limx y; limx y
BBT:
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1;0) và (1;)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 1) và (0;1)
Hàm số đạt cực đại tại x=0;yCĐ=0
Hàm số đạt cực tiểu tại x1;y CT 1
3:Đồ thị
Giao của đồ thị với Ox: ( 2;0);(0;0)
Giao của đồ thị với Oy: (0;0)
Đồ thị nhận trục tung là trục đối xứng
Trang 3Câu 2.
3 '
( 1)
y
x
Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm, vì OB = 3OA nên hệ số góc của tiếp tuyến là OB 3
OA
=>y x (do y’< 0 ∀x ≠ 1)'( )0 3
2 0 2
0
3
( 1)
x x
Có hai tiếp tuyến:
TH1: x0 0 y0 2 Ta có phương trình tiếp tuyến là:
1
'( ).( )
TH2: x0 2 y0 4 d2: y3x10
Câu 3.
a) Giả sử z = a + bi, a, b ϵ R;
Ta có:
;
a bi z
z
Ta có: 2(z ) 2( )(1 ) 2( )(1 ) ( )(1 )
Khi đó phương trình trở thành:
Trang 42
2
1
(2 3 ) 1
z i iz
i z
Vậy phần thực và phần ảo tương ứng là: 1 5;
13 13
b)
2
Chia cả 2 vế của phương trình cho 2x ta được:
Phương trình đã cho tương ứng với
2
x
Ta có: 3 5 3 5 9 5 1
t
t
Vậy, phương trình đã cho có 1 nghiệm là x = 0
Câu 4.
Ta phân tích:
5
(1 tan )(1 tan ) d(tan ) (1 tan ) d(tanx)
x x
Câu 5.
Trang 5( ) : 2 4 0
1 2
:
2 3
Tọa độ giao điểm A của d và (P) là nghiệm của hệ phương trình
1 2
2 3
y t
1
t
t
Tọa độ giao điểm A(1;1;1)
Do d cắt (P) tại A mà ∆ lại cắt d nên ta có ∆ đi qua A(1;l;1)
Do ∆ nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với d nên vtcp ∆ vuông góc với vtpt n P
vaf vccp ud
Ta có: n P(1; 2;1)
; (2;1;3)u d Vector chỉ phương của đường thẳng ∆ là u[ ; ] (5; 1; 3)n u P d
Câu 6.
)sin 3 sin 2 3 cos cos 2
sin 3 cos 3 sin 2 cos
Giải ta tìm được các họ nghiệm 2 ; 7 2 ( ; )
b) Gọi đa giác đều đã cho là A1A2…A12 Vì A1A7 là trục đối xứng của đa giác nên số tam giác cân đỉnh
A1 là 5 tam giác, trong đó có một tam giác đều là A1A5A9 Tương tự có 4 tam giác cân (không đều) đỉnh A2, A3 Suy ra số tam giác cân mà không là tam giác đều bằng 12.4 = 48, số tam giác đều là 4
Do đó, số tam giác cân là 48 + 4 = 52
Số các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác: C (tam giác)123
Từ đó, số tam giác không cân là 3
12 52 168
Câu 7.
Trang 6Gọi H là trung điểm của AB thì H là chân đường cao hạ từ đỉnh S của hình chóp Ta có:
3 0
.a a sin120
S ABC ABC
Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC thì D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có tam giác DAB đều và do đó, DH ⊥ AB Suy ra DH ⊥ (SAB)
Từ D, dựng đường thẳng ∆ song song với đường thẳng SH thì ∆ là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy Gọi I
là tâm tam giác đều SAB và trong mặt phẳng (SHD), dựng đường thẳng d đi qua I và song song với DH thì d
là trục của đường tròn ngoại tiếp mặt (SAB) Gọi O = d thì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Ta có:
Câu 8.
Gọi I, M lần lượt là trung điểm của AH, BC Dễ thấy các điểm A, H, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính
AH, có tâm là I; còn các điểm B, C, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC, có tâm là M Vì EF là dây cung chung của hai đường tròn nói trên nên IM ⊥ EF, kéo theo IM ⊥ d Từ đó, viết được phương trình đường thẳng IM: 3x+y-17=0 Do M = ∆ ∩ d nên suy ra M(5;2)
Đường thẳng BC vuông góc với AH, đi qua M nên BC: y – 2 = 0 Từ đó, gọi tọa độ điểm B(b; 2) thì tọa độ C(10 – b; 2) Vì BH ⊥ AC nên AC HB 0, suy ra (6-b)(b-4)+(-4)(-2)=0, từ đó tìm được b = 2 hoặc b = 8 Suy ra B(2;2), C(8;2) hoặc B(8;2), C(2;2)
Câu 9.
Giả sử các căn thức là có nghĩa Xét hai trường hợp
TH1 Nếu y = 0 thì từ phương trình thứ nhất ta có ngay x = 0, không thỏa mãn.
TH2 Nếu y >0, thì chia cả hai vế của phương trình thứ nhất cho y ta được ,
Trang 73 7 5 5 3
Vế trái của phương trình là hàm đồng biến theo ẩn t x
y
, vế phải là hàm nghịch biến theo t nên phương
trình theo ẩn t x
y
có nghiệm duy nhất, và từ đó ta phải có x 1
y , kéo theo x = y > 0.
Thay vào phương trình thứ hai, ta được x2 2 x4 x24 5 x
Chia cả hai vế cho x > 0, rồi đặt t x 2
x
, đưa về phương trình t2 5 5 , tìm được t = 3 Từ đó, x = 1,t
x = 2
x = 1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn)
x = 2 ⇒ y = 2 (thỏa mãn)
Vậy, hệ đã cho có hai nghiệm (1;1), (2;2)
Câu 10:
Giả thiết có thể viết lại là (x3 x2) ( y4 y3) ( z5 z4) 0 Ta sẽ chứng minh các bất đẳng thức sau
2 3(z )(3)
Thật vậy, các bất đẳng thức (1), (2), (3) lần lượt tương đương với các bất đẳng thức đúng dưới đây
2
( 1) (2 1) 0
Cộng từng vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) và sử dụng giả thiết được viết lại, ta có ngay điều phải chứng minh
