Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT trần nhân tông quảng ninh lần 1 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Hai mặt phẳng SAB và SAC cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CE và SB trong đó E là trung điểm của SD.. Cần chọn ra 4

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT TRẦN NHÂN TÔNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN I

Môn thi: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (1 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y x 3 3x24

Câu 2 (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

2 2

( )

x

  trên đoạn 1;2

2

 

 

 

Câu 3 (1 điểm) Giải phương trình : 2

log (x1) log (4 x4) 4 0 

Câu 4 (1 điểm) Tính

2 2 3

x

x







Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng

vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết rằng AB a , BC a 3 và góc giữa SC và (ABCD) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CE và SB trong đó E là trung điểm của SD

Câu 6 (1 điểm) Trong không gian cho tam giác ABC cóA(1; 1;3), ( 2;3;3), (1;7; 3) B  C  lập phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm chân đường phân giác kẻ từ A trên cạnh BC

Câu 7 (1 điểm)

a.Một đoàn gồm 30 người Việt Nam đi du lịch bị lạc tại Châu Phi, biết rằng trong đoàn có 12 người biết tiếng Anh, có 8 người biết tiếng Pháp và có 17 người chỉ biết tiếng Việt Cần chọn ra 4 người đi hỏi đường Tính xác suất trong 4 người được chọn có 2 người biết cả 2 thứ tiếng Anh và Pháp

b.Tính giá trị của biểu thứcP(2cos 2x 5)(3 2sin ) 2x biết tanx 2

Câu 8 (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho hình vuông ABCD Điểm M nằm trên đoạn BC, đường

thẳng AM có phương trình x3y 5 0 , N là điểm trên đoạn CD sao cho góc BMA AMN Tìm tọa độ A biết đường thẳng AN qua điểm K(1; 2)

Câu 9 (1 điểm) Giải phương trình :(2x4) 23 x 3 9x360x2133x98x2 2x 5

Câu 10 (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x y z  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của

2y z 2x 2z x 2y 2x y 2z P

ĐÁP ÁN

1.Tập xác định: D = R

2.Sự biến thiên:

+Giới hạn: limx   ylimx  (x3 3x24) ,limx  ylimx (x3 3x24)

+Bảng biến thiên :

- Hàm số đồng biến trên( ;0) và (2;), nghịch biến trên (0; 2)

Hàm số đạt cực đại tạix  ,0 y CĐ4 , đạt cực tiểu tại x2,y CT 0

0,25

0,25

0,25

3.Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0;4); giao với trục hoành tại ( -1;0), (2;0) Nhận

điểm uốn I(1;2) là tâm đối xứng

0,25

Câu 2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2

( )

x

  trên đoạn 1;2

2

 

 

 

1,00

Ta có f x( ) 2x 22

x

  

2

2

x

 

        

 

Ta có 1 17; (1) 3; (2) 5

2 4

 

Do hàm số f x( )x22x liên tục trên đoạn12;2

  nên 1;2

2

min 

 

 

( ) 3

f x 

;

1;2 2

max  f x( ) 5

 

 



0,25

0,25 0,25

0,25

Câu 3 Giải phương trình : 2

log (x1) log (4 x4) 4 0  1,00

Điều kiện:x>-1

Phương trình tương đương: 2

log (x1) log ( x1) 2 0 

Đặt tlog (2 x1) phương trình trở thành t2 t 2 0

1 2

t t





  



Với t  1  log (2 x1) 1  x  1 2 x1

2

3

2 log ( 1) 2 1 2

4

        

Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có hai nghiệm x  và 1 3

4

x

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu 4

Tính

2 2 3

x

x





3

t

2

2 3

3

t

t

0,25

3

1

3t 3

Câu 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật Hai mặt phẳng (SAB) và

(SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết rằng AB a , BC a 3 và góc

giữa SC và (ABCD) bằng 60 0 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa

hai đường thẳng CE và SB trong đó E là trung điểm của SD.

1,00

0,25

Do hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc (ABCD)

Nên SA ⊥ (ABCD)

Ta có AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng ABCD nên 0

(SC ABCD ,( )) 60 



(SC AC, ) 60  SCA60

Trong tam giác vuông SAC có:

 tanSCA SA 3,AC 2 3a

AC

Theo công thức tính thể tích khối chóp ta có:

3

2 3 3 2

Kẻ BF/ /AC suy ra AF//=BC do đó A là trung điểm của DF

Ta có AC BF nên / / AC/ /(SFB AE); / /SF nên AE/ /(SFB) từ đó (ACE) / /(SFB)

Do đó d CE SB( ; )d ACE SFB( ),( ) d A SFB ,( )

0,25

Kẻ AH ⊥ FB theo định lý 3 đường vuông góc suy ra FB ⊥ SH nên BF ⊥ (SAH), mà BF

⊂(SFB) =>(SAH) ⊥ (SFB)

Do (SAH) ∩ (SFB) = SH nên kẻ AK ⊥ (SFB) => d(A; (SFB))= AK

Ta có: 1 2 12 1 2 12 12 12 172 2 3

a AK

Vậy ( ; ) 2 3

17

a

d CE SB 

0,25

0,25

Câu 6 Trong không gian cho tam giác ABC cóA(1; 1;3), ( 2;3;3), (1;7; 3) B  C  lập phương trình

mặt phẳng (ABC) và tìm chân đường phân giác kẻ từ A trên cạnh BC

1,00

Có : ( 3; 4;0) ( 24; 18; 24) 6(4;3; 4)

(0;8; 6)

AB

AB AC AC





 



Do AB AC,

là hai véc tơ không cùng phương có giá nằm trong (ABC) nên AB AC 

là một

véc tơ pháp tuyến của (ABC) Chọn véc tơ pháp tuyến của (ABC) là n  (4;3; 4)

0,25

Suy ra (ABC) có phương trình :4(x1) 3( y1) 4( z 3) 0  4x3y4z13 0 0,25

Ta có: AB = 5; AC = 10

Gọi D(x;y; z) là chân đường phân giác kẻ từ A trên BC ta có hệ thức

GọiDB DC DC 2DB DC 2DB

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(do B,C,D thẳng hàng)

0,25

(1 x;7 y; 3 z) 2( 2 x;3 y;3 z)

1 13 3 1

x y z















 Vậy ( 1;13;1)

3

D 

Câu 7 a.Một đoàn gồm 30 người Việt Nam đi du lịch bị lạc tại Châu Phi, biết rằng trong

đoàn có 12 người biết tiếng Anh, có 8 người biết tiếng Pháp và có 17 người chỉ biết

tiếng Việt Cần chọn ra 4 người đi hỏi đường Tính xác suất trong 4 người được chọn

có 2 người biết cả 2 thứ tiếng Anh và Pháp

b.Tính giá trị của biểu thứcP(2cos 2x 5)(3 2sin 2x) biết tanx 2

1,00

a)Số người biết tiếng Anh hoặc tiếng Pháp là 30-17=13 mà tổng số người biết Anh và Pháp

là 20 nên số người biết cả tiếng Anh và tiếng Pháp là 20-13=7

Chọn 4 người bất kì từ 30 người có C304 27405 n( ) 27405 

Gọi A là biến cố của xác suất cần tính ra tính n(A) như sau: Chọn 2 người trong số 7 người

biết cả Anh và Pháp, tiếp theo chọn 2 người trong số 23 người còn lại

2 2

7 23

( ) 5313

Vậy ( ) 253

1305

P A 

0,25

0,25

b.Tính giá trị của biểu thức 2

(2cos 2 5)(3 2sin )

P x  x biết tanx 2

Ta có: 12 tan2 1 cos2 1

cos x  x  x5

(2 cos 2 5)(3 2sin2 ) (4 cos2 7)(1 2cos )2 217

25

0,25

0,25 Câu 8 Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho hình vuông ABCD Điểm M nằm trên đoạn BC,

đường thẳng AM có phương trình x3y 5 0 , N là điểm trên đoạn CD sao cho góc

1,00

Ta kẻ AH ⊥ MN có ∆MAB= ∆MAH AH AB AD và MAB MAH (1)

Suy ra ∆MAH = ∆ADH và NAD HAN (2)

Từ (1) và (2) suy ra  0

45

MAN 

Gọi véc tơ pháp tuyến của AN làn( ; ),a b a2b2 0

Do AN qua K(1;-2) nên AN có phương trìnha x( 1)b y( 2) 0  ax by a  2b0

cos(AM AN , ) cos 45

0,25

2 2

2 2

4 6 4 0 (*) 2

10





+Nếu b = 0 => a = 0 vô lý

1 2

a

b

a

b







 

         





Với a 2

b  khi đó AN có phương trình : 2 0 2 0

b   b    

Ta có A là giao điểm của AN và AM từ đó ta tìm được A(-1;2)

Với 1

2

a

b  khi đó AN có phương trình: 2 0

x y

b   b   x2y 5 0

Ta có A là giao điểm của AN và AM từ đó ta tìm được A (5;0)

0,25

0,25

0,25

Câu 9 Giải phương trình :(2x4) 23 x 3 9x360x2133x98x2 2x 5 1,00

Điều kiện : 9x360x2133x98 0  (3x7) (2 x2) 0  x2

Phương trình tương đương (2x4)3 x 3 (3 x7) (x2)x2 2x 5

2 3

(2x 4) 2x 3 (3x 6 1) x 2 x 2x 5

( 2x 3) 2x 3 x 2 3( x 2) x 2x 5

( 2x 3) 3( 2x 3) 2x 3 ( x 2) 3( x 2) x 2

Xét hàm số f t( ) t4 3t2t với t  1

Ta có f t( ) 4 t39t2 1 t2(4t9) 1 0  với t 1

Suy ra f(t) đồng biến trên 1;

Phương trình đã cho tương đương f( 23 x3)f( x2) 3 2x 3 x2

3

3

2 3 0

2





 



3 2

1 1

1 5

2 2

1 5 2

x

x x

x x

x















 









 







 







 Vậy phương trình có 2 nghiệm x  ;1 1 5

2

x 

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 10 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x y z  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của

2 2 2

2y z 2x 2z x 2y 2x y 2z P

1,00

Ta có : 2 2 2

P

Ta có BĐT : 1 1 2 , , 0 & 1 (1)

1a1b1 ab a b ab

1 ( ) 2 1

a b

 

Dấu bằng xảy ra khi a = b

Ta sẽ cm 11 11 11 33 (2)

1

Thật vậy BĐT 11 11 11 33 (3)

1

    Áp dụng BĐT (1)ta được

3

Dấu bằng xảy ra khi x y z

Từ đó ta có 3 3 39

1

P



0

x y z

3 9 ( )

1

  



2

Do đó ( ) ( )1 9

3 4

Vây giá trị nhỏ nhất của P là 9

4 đạt được khi

1

1 3

3

t



  





 



0,25

0,25

0,25

0,25