de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan truong thcs thpt nguyen viet xuan phu yen lan 1

de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan truong thcs thpt nguyen viet xuan phu yen lan 1 tài liệu, giáo án, bài giảng...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN ĐỀ THI THỬ THPT LẦN I - NĂM 2016 Trường THCS&THPT Nguyễn Viết Xuân MÔN: TOÁN (Ngày thi: 25/02/2016)

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y f x x33x2 có đồ thị2  C

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của  C tại điểm có hoành độ x0, biết f '' x0 5x07

Câu 2 (1,0 điểm)

1) Giải phương trình: 2sin2x 3 sin 2x  2 0

2) Cho số phức z thỏa mãn 1i z  3 i z  2 6i Tìm phần thực, phần ảo của số phức

w z

Câu 3 (1,0 điểm)

1) Giải phương trình: 2  1 

8 log x 1 3log 3x  2 2 0

2) Một hộp chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 viên

bi Tính xác xuất để 4 viên bi được chon có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất

0

I x x x dx

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A3;0; 4 , B1;0;0 Viết phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm điểm M trên tia Oy sao cho MA MB 13

A’ trên ABC là trung điểm cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC’A’)

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD

BAD ADC 900 có đỉnh D 2; 2 và CD2AB Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm D lên đường chéo AC Điểm 22 14;

5 5

  là trung điểm của HC Xác định tọa độ các đỉnh , ,A B C , biết rằng đỉnh B thuộc đường thẳng :x2y  4 0

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2







Câu 9 (1,0 điểm)Cho x y, là các số thực dương thỏa mãn xy x y  3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

 2 2

……… HẾT ………

ĐÁP ÁN

Câu 1.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y f x x33x22 (1,0) 2) Ta có y' f x' 3x26x và y'' f '' x 6x6

Khi đó f '' x0 5x0 7 6x0 6 5x0 7 x0 1 (0,25) Với x0  1 y0 2 và y x' 0 y' 1 9 (0,25) Vậy phương trình tiếp tuyến của  C là: y 2 9x  1 y 9x7 (0,5)

Câu 2.

2sin 3 sin 2 2 0 3 sin 2 cos 2 1 sin 2 cos 2

6

2

  





2) Giả sử z a bi a b   ,   z a bi, khi đó:

1i z  3 i z    2 6i 1 i a bi    3 i a bi    2 6i 4a2b2bi 2 6i

2 3

Do đó w2z 1 2 2 3  i  1 5 6i

Câu 3.

1) Điều kiện: x1

Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình

log x 1 log 3x   2 2 0 log 4x4 log 3x2 (0,25)

4x 4 3x 2 x 2

2) Ta có:   4

15 1365

Gọi A là biến cố “4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất’

Khi đó   1 2 1

4 5 6 240

n A C C C 

Vậy       16

91

n A

p A

n

I x x x dxx dxx x dx

2

1

0

1 1

0

x

1

2

0

1

I x x dx

Đặt t 1x2 x2   1 t2 xdx tdt

Đổi cận: x  0 t 1; x  1 t 0

2

1 2 1

0

t t

Vậy 1 2 7

15

Câu 5.

+ Gọi  S là mặt cầu có đường kính AB và I là trung điểm của AB

Khi đó mặt cầu  S có tâm I và có bán kính 2 2

2

AB

R  nên có phương trình

 2 2  2

+M Oy M0; ;0t 

khi đó

   2 2 2 2  2 2

MA MB    t    t  25 t2 13 1 t2  t 1 (0,25) Với t 1 M0;1;0

Câu 6.

+ Gọi H là trung điểm của AB, suy ra A H' ABC và A C ABC' ,  A CH' 600 Do đó

0 3

2

a

Thể tích của khối lăng trụ là ' ' ' ' 3 3 3

8

a

+Gọi I là hình chiếu vuông góc của của H trên AC; K là hình chiếu vuông góc của H trên A’I Suy ra

 , ' ' 

HK d H ACC A

4

a

a HK

13

a

Câu 7.

Gọi E là trung điểm của đoạn DH Khi đó tứ giác ABME là hình bình hành MEAD nên E là trực tâm tam giác ADM Suy ra AEDM mà AE/ /DM DM BM (0,25) Phương trình đường thẳng BM: 3x y 16 0

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 4  4; 4

B

x y

  

  

Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có 1 2 10 10;

AB IB

      Phương trình đường thẳng AC x: 2y10 0

phương trình đường thẳng : 2 2 0 14 18;  6; 2

5 5

DH x y   H C

Câu 8. Điều kiện:

2

1 3

x y

  



 







Ta có

2





2

2

12

1

3

(0,25)

Thay vào phương trình  1 ta được: 3x2  x 3 3x 1 5x4

2

2

x x

(0,25)

     hoặc x1 Khi đó ta được nghiệm  x y là; 0;12 và 1;11  (0,5)

Câu 9.

t  x y xy t x y  x y  xy t     t t t (0,25)

Ta có

2

2 1

x y

Xét hàm số   2 12 5

2

t

     với t2

Ta có f t'  2t 1 22 0, t 2

t

       Suy ra hàm số f t nghịch biến với  t2 (0,25)

   2 3

2

P f t f

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3