Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán sở GD và ĐT Cà Mau

Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SAC đến mặt phẳng (SBC)... Thí sinh có cách giải khác thì vẫn chấm bình thường, việc phân chia điểm cho[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (Không tính thời gian giao đề)

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2

1

x y x







Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x( ) x4 8x2 trên đoạn

1;3

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Tìm môđun của số phức z, biết 1i z 2i25i

b) Giải phương trình 16x 3.4x   4 0

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân  

1

e

I  x xdx

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2P x y2z 5 0

và điểm A(3; 2;3) Viết phương trình của đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P)

Câu 6 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình cos 2x4sinx  5 0

b) Một tổ học sinh có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng làm bài tập Tính xác suất để trong 4 học sinh được gọi có cả nam lẫn nữ và số nam không nhiều hơn số nữ

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, góc ACB bằng 300,

cạnh AB = a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) bằng 600

Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SAC đến mặt phẳng (SBC)

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình

x y  x y  và điểm M(4;3) Đường thẳng d đi qua điểm A(5; 2) và cắt đường tròn

(C) tại hai điểm P và Q sao cho  PMQ 600 Tìm tọa độ các điểm P và Q

Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

2

x y







Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn c 2a và 2

2

ab bc  c

-HẾT -

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

A HƯỚNG DẪN CHUNG

1 Thí sinh có cách giải khác thì vẫn chấm bình thường, việc phân chia điểm cho tùng bước giải của thí sinh theo sự thống nhất toàn tổ toán.

Điểm toàn bài không làm tròn số

B ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2

1

x y x





TXĐ: D  \ {1}

x





Hàm số nghịch biến trên từ khoảng xác định và không có cực trị

0,25

Giới hạn:

Bảng biến thiên:

0,25

Đồ thị:

0,25

2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x( )x48x2 trên đoạn

Hàm số f x( )x48x2 liên tục trên đoạn 1;3

x

x

  







   



0,25

Vậy max ( )f x  f (3) ; 9

[ 1;3]

min ( )f x f(2) 16

y

1





1

3

1i z 2i 5i 1i z  44ii 5i

1

i

i





0,25

x

x



1

x

  (vì 4x  ) 0

4

1

e

Đặt uln ;x dv2x1dx , ta có du 1dx v; x2 x

x

1 1

e e

1

2

e x

e e  e 

5

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2P x y2z 5 0 và

điểm A(3; 2;3) Viết phương trình của đường thẳng d đi qua A và vuông góc

với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P)

1,0đ

Mặt phẳng (P) có VTPT n  (2; 1; 2)

d đi qua A(3; 2;3 và vuông góc với (P) nên d có phương trình

3 2 2

3 2

 





  



  



0,25

Gọi M là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P), ta có:

Md M  t  t  t

0,25

6

x

x





2

x  x k 

sinx   : phương trình vô nghiệm 3

2

x k  k 

0,25

b) Một tổ học sinh có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên

4 học sinh lên bảng làm bài tập Tính xác suất để trong 4 học sinh được gọi có cả

nam lẫn nữ và số nam không nhiều hơn số nữ

0,5đ

Tổng số học sinh của tổ là 6 + 4 = 10

Số cách gọi ngẫu nhiên 4 học sinh từ 10 học sinh của tổ là C (cách) 104 0,25

Gọi A là biến cố “trong 4 học sinh được gọi có cả nam lẫn nữ và số nam không

nhiều hơn số nữ”

n A C C C C 

Xác suất xảy ra biến cố A là:   19

35

P A 

0,25

7

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, góc ACB bằng 300,

cạnh AB = a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa SB và mặt phẳng

(ABC) bằng 600 Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ

trọng tâm của tam giác SAC đến mặt phẳng (SBC)

1,0đ

SA ABC

 AB là hình chiếu của SB lên (ABC)

 góc giữa SB và (ABC) là

SBA SA AB a

0,25

ABC vuông tại B,  0

30

ABC 

0

2

3 2

ABC

a S

Thể tích khối chóp S.ABC là

3

1

a

0,25

Kẻ AH  SB  AH  (SBC) (do (SAB)  (SBC))

2

SA AB a

SB

Gọi G là trọng tâm của tam giác SAC và M là trung điểm của SC

3

MG

MA 

a

d G SBC  d A SBC 

0,25

S

A

B

C G

M

H

8

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình

x y  x y  và điểm M(4;3) Đường thẳng d đi qua điểm A(5; 2)

và cắt đường tròn (C) tại hai điểm P và Q sao cho  PMQ 600 Tìm tọa độ các

điểm P và Q

1,0đ

Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán

kính r  2

Tọa độ M thỏa phương trình (C) nên

( )

M C

0,25

PMQ PIQ  d I d 

và các điểm I, M nằm cùng phía với

đường thẳng d

0,25

Đường thẳng d đi qua A(2;5) có dạng , ax by 5a2b0, a2b2  0

0 3

a

a b



Với a0b khi đó ta có :1 d y 0

Với 4a3b chọn a 3 b khi đó ta có : 34 d x4y23 0

0,25

Trong hai đường thẳng d y  , : 0 d: 3x4y23 thì chỉ đường thẳng 0

d y  thỏa điều kiện các điểm I, M nằm cùng phía đối với đường thẳng d

Đường thẳng d y  cắt (C) tại hai điểm : 0 2 3; 2, 2 3; 2

Vậy P2 3; 2, Q2 3; 2 hoặc P2 3; 2, Q2 3; 2

0,25

9

Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

2

x y





2

x 

(1) 2x y  2x y 2 0

0,25

 y 1 2 ,x y0 , thay vào (2): 8 y y2 9 0

Đặt t  x t,  0

t  t   t t t  t 

1

t

  vì t3t2  t 9 0, t 0

t   y x

0,25

M I

d

0

60

 y  3 1 2 ,x y 3 , thay vào (2): 8 y 3 y  9 0.

3

y

 





2

0,25

+ Xét phương trình 8 y3y30, (y 3)

Đặt t  y3,t 0 yt23

Ta có phương trình t36t  8 0

f t t  t t 

2

f t  t  f t   t

Lập bảng biến thiên

Ta có

[0;min) f x( ) f( 2) 8 4 2 0

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là 0;1 ; 1; 3

2



0,25

10

Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn c 2a và ab bc 2c2

1,0đ

4

2 2

1 1

P

Xét hàm số

2 2

( )

f t



3 0;

4

t  

2

Suy ra f đồng biến trên 0;3

4

3 0;

4

max ( )

f t f

 

 

 

 

 

0,25

Vậy GTLN của biểu thức P là 27

5 khi

4 ,