de thi thu thpt quoc gia mon toan nam 2016 truong thpt ly tu trong binh dinh lan 1 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận v...
Trang 1SỞ GD & ðT BÌNH ðỊNH ðỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015-2016 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Môn: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1 (1,0 ñiểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số 4 2
4
y x x
Câu 2 (1,0 ñiểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 3
6 1
ñoạn [ ]0; 2
Câu 3 (1,0 ñiểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn 5 z + − = − + 3 i ( 2 5 i z Tìm môñun của z )
4 x− −17.4x− + =1 0
Câu 4 (1,0 ñiểm) Tính tích phân:
0
1
1
−
I x x dx
Câu 5 (1,0 ñiểm) Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, cho ñiểm M(1; 2; -3) và ñường
Câu 6 (1,0 ñiểm)
2
π
α ∈ π
4 sin
5
4
π α
b) Trên giá sách có 4 quyển sách Toán, 3 quyển sách Lý, và 2 quyển sách Hóa Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách Tính xác suất sao cho 3 quyển lấy ra có ít nhất 1 quyển sách Toán
Câu 7 (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABC có ñáy ABC là tam giác vuông cân với
AB BC a , cạnh bên SA = 2a và vuông góc với ñáy Gọi M là trung ñiểm AC Tính theo
a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai ñường thẳng SM và BC
Câu 8 (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho hình vuông ABCD có ñỉnh A(-6;6) và
ñiểm E thuộc cạnh BC ðường thẳng qua A và vuông góc với AE cắt CD tại F ðiểm
( − 4;2 )
biết ñiểm E có tung ñộ dương
Câu 9 (1,0 ñiểm) Giải hệ phương trình ( 2 ) 2
x 2x 5 2 y 1 x 1
Câu 10 (1,0 ñiểm) Cho các số thực dương a b c thỏa mãn , , 2 2 2 ( )
a b c ab a b c
6
2
P a b c
a c b
Trang 2ðÁP ÁN ðỀ THI THỬ MÔN TOÁN KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015-2016
1
4
1) Tập xác ñịnh: D = R
2) Sự biến thiên:
Giới hạn: ( 4 2)
Chiều biến thiên:
3
′ = −
0
2
=
= −
x
x
Bảng biến thiên:
y +∞
-4
0
-4
+∞
- Hàm số ñồng biến trên các khoảng: (− 2; 0 ,) ( 2;+∞)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng: (−∞ −; 2 , 0; 2) ( )
- Hàm số ñạt cực ñại tại x = 0, y CD =0, ñạt cực tiểu tại x= ± 2, y CT = −4
3) ðồ thị hàm số như hình vẽ bên:
0.25
0.25
0.25
0.25 (ñthị)
2
Ta có : ( ) 2
' =3 −6
2
=
= −
x
x
BBT của f(x) trên ñoạn [ ]0; 2 :
f(x) 1
1 4 2−
-3
0.25
0.25
2
2
4
-4
2
Trang 3Từ BBT suy ra: ( )
[ ] 0;2 max f x =1, tại x = 0
( )
[ ] 0;2 min f x = −1 4 2, tại x = 2
0.25 0.25
3
a) Cho số phức z thỏa mãn 5z+ − = − +3 i ( 2 5i z Tìm môñun của z )
ðặt z= +a bi a b,( , ∈R), suy ra z= −a bi
Theo giả thiết ta có: 5z+ − = − +3 i ( 2 5i z)
5 3 5 1 2 5 5 2
+ = − −
⇔− + = −
Suy ra z= −1 2i suy ra 2 ( )2
b) Giải phương trình 42x−2−17.4x−2+ =1 0
Ta có
2
− − − + = ⇔ x − x + =
( )2
4 17.4 16 0
ðặt 4x= ,( >0)
t t , phương trình trở thành:
17 16 0
16
=
=
t
t (thỏa t>0)
Với t=1 ta ñược: 4x = ⇔ =1 0
x
Với t=16 ta ñược: 4x =16⇔ =2
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0, x = 2
0.25
0.25
0.25
0.25
4
Tính tích phân:
0
1
1
−
I x x dx
ðặt u= x+1 ⇒u2 = +x 1 2⇒ udu=dx và x=u2−1
ðổi cận: x = -1 ⇒ u = 0
x = 0 ⇒ u = 1
2
−
I x x dx u u u du
1
0
=∫ u − u du
1
0
u u
0.25
0.25
0.5
5
+ Gọi H là hình chiếu của M lên ∆, H thuộc ∆ nên H(3 2 ; 1+ t − +t;1 2+ t)
(2 2 ; 3 ; 4 2 )
MH t t t , VTCP của ∆ là u∆ =(2;1; 2)
Ta có ∆
⇔ + = ⇔ = −t t ⇒H(1; 2; 1− − )
0.25
0.25
Trang 4+ Ta có ∆ có VTCP là u∆ =(2;1; 2) và qua ñiểm N(3;-1;1)
(2; 3; 4)
MN , u MN ∆, =(10; 4; 8− − )
Mp(P) qua M (1; 2; -3) và có VTPT là nP =u MN ∆, =(10; 4; 8− − ) nên có pt:
10 x− −1 4 y− −2 8 z+ =3 0
⇔ x− y− −z = ⇔5x−2y−4z− =13 0
ðS: ( )P : 5x−2y−4z− =13 0
0.25
0.25
6
a) Cho góc ;
2
π
α∈ π
thỏa mãn
4 sin
5
α = Tính giá trị của cos
4
π α
Ta có ;
2
π
α∈ π
suy ra cosα <0
Ta có
2
α = − α = − =
( ) ( )
3 cos
5 3 cos
5
α α
⇔
l
n
Ta có: cos cos cos sin sin
10
=
A
b) Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách từ 9 quyển sách có C93 =84 (cách)
Lấy 3 quyển mà không có quyển sách Toán nào có C53 =10 (cách)
Lấy 3 quyển mà có ít nhất 1 quyển sách Toán có C93−C = 74 (cách) 53
Suy ra xác suất cần tìm là: 74 37
84 42
P
0.25
0.25
0.25 0.25
7
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B
Diện tích tam giác vuông ABC là:
2 1
Thể tích khối chóp S.ABC là:
3
1
S ABC ABC
a
Gọi N là trung ñiểm AB, suy ra BC//MN nên BC//(SMN)
Do ñó d BC SM( , )=d BC SMN( ,( ) )=d B SMN( ,( ) )=d A SMN( ,( ) )
Vì BC//MN mà BC⊥ AB nên MN⊥ AB
Kẻ AK ⊥SN tại K (1)
Ta có: ⊥ ⇒ ⊥( )
⊥
Suy ra MN ⊥AK (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AK ⊥(SMN) nên d A SMN( ,( ) )=AK
Trong tam giác vuông SAN có AK là ñường cao nên:
2 2
17
+
AK
SA AN Vậy d BC SM( , )= 2 17
17
a
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 58
Ta chứng minh tam giác AEF vuông cân tại A Thật vậy:
Xét hai tam giác ABE và ADF ta có:
0
D
90 phu voi E
=
AB A
⇒∆ABE= ∆ADF⇒AE= AF
Suy ra tam giác AEF vuông cân tại A
Do ñó: AM ⊥EF và MA=ME=MF
ðường thẳng EF qua M(-4;2) và có VTPT AM =(2; 4− ) nên:
EF:x−2y+ =8 0
ðường tròn tâm M(-4;2) , bán kính R=MA= 20 có phương trình:
( ) ( ) (2 )2 : +4 + −2 =20
Khi ñó tọa ñộ ñiểm E, F thỏa mãn hệ:
( ) (2 )2
0; 4
⇔
Do E có tung ñộ dương nên chọn E( ) (0; 4 ,F −8; 0)
ðường thẳng CD ñi qua 2 ñiểm K(−3; 0 ,) (F −8; 0) nên CD: y = 0
ðiểm D thuộc CD nên D(d;0) Suy ra AD=(d+ −6; 6), KF = −( 5; 0)
Ta có AD⊥KF nên AD KF = ⇔0 (d+6)( ) ( )− + −5 6 0= ⇔ = −0 d 6
Vậy D(-6;0)
0.25
0.25
0.5
9
2 5 2 1 1 (2)
ðK: x− + ≥y 3 0 (*)
(1)⇔ x +1 x− + =y 3 2 x + − + +1 x y 1
⇔ x + x− + − + − − =y x y
( 2 ) ( )
1 0
3 2
− + +
3 2
− + +
x
x y
x y
1
⇔ = +x y (3)
Từ (3) và (2) ta ñược:
(2)⇔ x −2x+ =5 2 y + + −1 x 1
( )
2
2
2
2
0.25
0.25
M
K
E
B A
Trang 6( ) 2 2 2 1
+ +
, (do t2+ + > ∀ ∈1 t 0, t R )
Suy ra hàm số luôn ñồng biến trên R Do ñó:
Từ (3) và (4) ta có y+ =1 2y+ ⇔ =1 y 0⇒x=1 (thỏa mãn ðK (*))
Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (x;y) = (1;0)
0.25 0.25
10
Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 ( )
2 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) 2 2016 2016
6
2
2 3
3
⇔ a b+ + =c a b c + +
Theo BðT Côsi cho 2 số dương x, y ta có:
2
+
Áp dụng BðT (*) ta có:
( ) ( )2 2 ( )2 3
2
+ +
ðặt t= + + >a b c 0, ta ñược: 2 2 ( ]
2
Ta có: ( ) 2 2016 2016
6
2
2
2
2
+ + +
a b c
a b c
2
Xét hàm số ( ) 4032 2
2
+
t , t∈(0; 6]
( ) ( 4032 2)
f t
Do ñó:
(0;6] ( ) ( )
t f t f Từ ñó suy ra P≥2043
ðẳng thức xảy ra khi:
1 3
2 2
3 6
+ =
=
=
+ = +
+ + =
a b c
a c
b
a c b
c
a b c
0.25
0.5
0.25
-Hết -
Ghi chú: mọi cách giải ñúng và hợp lý khác ñều cho ñiểm tối ña