Đáp án Đề thi THPT Đoàn Thượng Hải Dương Lần 1 năm 2016 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập...
Trang 1SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG
(Đáp án gồm 6 trang)
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
MÔN THI: TOÁN
I LƯU Ý CHUNG:
+ Học sinh làm theo cách khác đáp án mà đúng vẫn được điểm tối đa
+ Câu 6 nếu không vẽ hình hoặc hình vẽ sai thì không chấm điểm
II ĐÁP ÁN:
3
1.Tập xác định : D = 2.Sự biến thiên : y ' x2 2 x; ' 0 0
2
x y
x
3 1 1
3
x
3
x
0,25
Bảng biến thiên
0 2
0 0
0
4
3
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng và Hàm số nghịch biến trên
Hàm số có cực đại tại x 0 và yCĐ = y(0)=0
Hàm số có cực tiểu tại x 2 và yCT = y(2)= 4
3
0,25
3 Đồ thị Giao Ox: (0;0), (3;0), Giao Oy: (0;0)
f(x)=(1/3)x^3-x^2
-5
5
x
y
0,25
b Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với hai
Trang 2Tiếp tuyến của (C) tại M tạo với các trục tọa độ một tam giác cân tiếp
2
2
0 0
1
x x
2 (1; ) 3
M M
0,25
Pt 2 sin 3x (1 2 sin 2x) cos x 0 2 sin 2x(1 s in ) (1 cos ) x x 0
(1 cos ) 2(1 cos )(1 sin ) 1x x x 0
(1 cos ) 2(sinx x cos ) 2sin cosx x x 1 0
0,25
1 cos x 0 cosx 1 x 2k (k ) 0,25
2
2(sinx cos ) 2sin cosx x x 1 0 2(sinx cos ) (sinx x cos )x 0
0,25 sinxcosx 2 bị loại
4
Vậy phương trình có nghiệm: x 2k và ( )
4
0,25
2
3
3
2 log (x 1) log (2x 1) 2
log (x 1) log (2x 1) 1 log (x 1)(2x 1) 1
2
1
2
Kết hợp ĐK ta có tập nghiệm là S 1; 2 0,25
3 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 1
2
x y x
và các trục
tọa độ
1,00
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (– 1; 0) Do đó
0
1
1 2
x
x
Ta có
0
1
1 2
x
x
0
1
3
2 dx
x
Trang 30 1
(x 3ln x 2 )|
4 a Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1i z) 1 3i Tìm phần ảo của số 0
Giả sử zxyi x y( , ) zxyi
Theo giả thiết, ta có
2
1
x
y
Suy ra z 2 i
0,25
Ta có w 1 (2 i i) 2 i 3 i2 2i i 2 i Vậy Imw 1 0,25
Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau, trong đó có hai học sinh tên
là An và Bình Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc
Tính xác suất sao cho hai học sinh An và Bình đứng cạnh nhau
0,50
Mỗi cách xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành 1 hàng dọc là một hoán vị của
6 phần tử n( ) 6! 720 (phần tử) 0,25 Gọi A là biến cố: "An và Bình đứng cạnh nhau"
n A( )5!.2!240 (phần tử) ( ) ( ) 240 1
n A
P A
n
0,25
5
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
:
x y z
:
x y z
Tìm tọa độ giao điểm của
1
và 2 và viết phương trình mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng 2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P)
1,00
Đường thẳng 1 có VTCP u 1 2; 3; 2
Đường thẳng 2 có VTCP u 2 6; 4; 5
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa 1, 2 thì (Q) có VTPT là
1 , 2 (7; 22; 26)
nu u
0,25
Vì 2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P)
(P) chứa 2và ( )P ( )Q
Do đó (P) cũng đi qua A và có VTPT là n1n u, 2 ( 214;191; 104)
(P) có phương trình là: 214x 191y 104z 850 0
0,25
6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn là AD;
các đường thẳng SA, AC và CD đôi một vuông góc với nhau; SA = AC = 1,00
Trang 4CD = a 2và AD = 2BC Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và CD
Ta có: SA AC và SA CD
SA (ABCD)
ACD vuông cân tại C
AD = 2a BC = a
Gọi I là trung điểm AD AI = BC,
AI // BC và CI AD ABCI là hình vuông AB AD
0,25
Do đó SABCD =
2
Vậy VSABCD =
ABCD
.S SA a 2
0,25
Ta có CD // BI CD // (SBI) d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(C, (SBI)) Gọi H = AC BI và AK SH tại K
Ta có AK (SBI) d(A, (SBI)) = AK
Ta có
AK = a 10
5
0,25
d(A; (SBI)) = AK = a 10
5
Vì H là trung điểm AC nên d(C; (SBI)) = d(A; (SBI)) = a 10
5 Vậy d(CD, SB) = a 10
5
0,25
7
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Đường thẳng d song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N sao cho
AM CN Biết rằng M(–4; 0), C(5; 2) và chân đường phân giác trong của
góc A là D(0; –1) Hãy tìm tọa độ của A và B
0,75
Gọi D' là điểm trên cạnh BC sao cho CD' = MN
Ta có MNCD' là hình bình hành
MD' = CN = AM AMD' cân tại M
MD'A = MAD' = D'AC
AD' là phân giác của góc A D' trùng D
CA qua C và song song MD
CA có vectơ chỉ phương là MD
= (4; –1)
AC: x 5 4t
y 2 t
0,25
A S
D K
H
A
Trang 5A AC A(5 + 4a; 2 – a) MA
= (9 + 4a; 2– a)
Ta có MA = MD (9 + 4a)2 + (2 – a)2 = 17 17a2 + 68a + 85 – 17 = 0
a = –2 Vậy A(–3; 4)
0,25
MA
= (1; 4) AB: x 4 y
4x – y = –16 ; DC
= (5; 3) BC:
x y 1
3x –5y=5
Do đó B: 4x y 16
3x 5y 5
Vậy B(–5; –4)
0,25
x y
3
12 10 2 2 1 (2)
(1) x x 4 ( 2 ) y 4 ( 2 ) (*)y Xét hàm số đặc trưng
2 2
4
t t
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R Từ (*) suy ra:
f x f y x y
0,25
Thay vào phương trình (2) ta được:
3
0,25
Xét hàm số 3
g t t t ta thấy g(t) đồng biến trên R nên từ (**) suy ra
1
x
x
Vậy hệ có hai nghiệm là ( 1; ); (0;0)1
2
9 Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện (xy) 3 4xy 2 Tìm min của
biếu thức P 3 (x2 y2)2 2 (xy)2xy( 3xy 4 ) 2015 0,50
Với mọi số thực x, y ta luôn có (xy)2 4xy, nên từ điều kiện suy ra
(xy) (xy) (xy) 4xy 2 (x y) (xy) 2 0 x y 1Ta biến đổi P như sau
2015 ) 4 3 ( ) 2 (
2 ) (
2
3 ) (
2
P
0,25
Trang 6( ) 2 ( ) 2015
2
3 ) (
2
Do
2
) ( 2 2 2
4
y
x nên từ (3) suy ra
2015 ) (
2 ) (
4
Đặt x2 y2 t thì
2
1
t (do x y 1 )
4
9 ) (t t2 t
2
1
2
9 ) ( ' t t
2
1
t nên hàm số f(t) đồng biến trên
; 2
1 Suy ra
16
32233 2
1 ) ( min
; 2
f t f
t
Do đó GTNN của P bằng
16
32233 , đạt được khi và chỉ khi
2
1
y
x
0,25
-Hết -