đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE343 THPT chuyên nguyễn quang diệu đồng tháp (l3)

7 270 0
đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE343 THPT chuyên nguyễn quang diệu  đồng tháp (l3)

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

SỞ GDĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN TOÁN NGUYỄN QUANG DIỆU Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y  x  3x  có đồ thị (C) Viết phươg trình tiếp tuyến (C) điểm có tung độ Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  2i ) z  (3  2i ) z   10i Tìm môđun số phức w  z  2z b) Giải phương trình 27 x  5.323 x  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân sau: I   e x  2e x  x  dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  7;2;1 B  5; 4; 3 mặt phẳng ( P) : 3x  y  z  38  a) Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính AB b) Chứng minh (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu (1,0 điểm) a) Cho góc  thỏa cot   Tính giá trị biểu thức P  cos  cos   2sin  11 2  b) Tìm hệ số số hạng chứa x7 khai triển A( x)   x   ( x  0) x    600 ; SA Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a; BCD vuông góc với mặt phẳng (ABCD) hai mặt phẳng (SCB) (SCD) vuông góc với Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ, Oxy cho hình chữ nhật ABCD, A(2; 2),  10  BC = 3BA, trọng tâm tam giác ABC G  0;  Tìm tọa độ đỉnh lại hình chữ  3 nhật ABCD biết đỉnh B có hoành độ dương, đường trung tuyến kẻ từ B tam giác ABD có hệ số góc nhỏ Câu (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có hai nghiệm phân biệt:  log ( x  1)  log ( x  1)   log ( x  x  5)  2m log 25 ( x  x 5)  Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z  2(1  xy ) Tìm giá  2 trị nhỏ biểu thức P  x  y  z x  y  2z  ( x  y)2  z  HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU ĐÁP ÁN TOÁN THI DIỄN TẬP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 NGÀY 17/06/2016 I) HƯỚNG DẪN CHUNG 1) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần thang điểm quy định 2) Điểm toàn tính đến 0,25 điểm (sau cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả) II) Đáp án thang điểm: Câu Đáp án Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  Tập xác định Chiều biến thiên: - Ta có y  x( x2  1); y   x  x  1 0.25 - Hàm số nghịch biến khoảng (; 1) (0;1) - Hàm số đồng biến khoảng (1; 0) (1; ) Cực trị: - Hàm số đạt cực tiểu x  1, yCT  y(1)  - Hàm số đạt cực đại x  0, yCÑ  y(0)  Các giới hạn vô cực: lim y  ; lim y   x 0.25 x Bảng biến thiên x y'    điểm 1      0.25 y 3  Đồ thị hàm số : Đồ thị qua điểm A    ; 31   , B(  2; 12), C (2; 12) 9 y 0.25 1 Câu x Đáp án Điểm Cho hàm số y  x  3x  có đồ thị (C ) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm có tung độ Hoành độ xo tiếp điểm M nghiệm PT xo3  3xo2    xo3  3xo2  0.25 điểm O  xo  0; xo  Suy hệ số góc tiếp tuyến y(0)  0, y(3)  (với y  3x  x ) 0.25 PT tiếp tuyến với đồ thị (C) M (0; 1) y  PT tiếp tuyến với đồ thị (C) M (3; 1) y  9x  26 Câu 0.25 0.25 Đáp án Điểm a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  2i) z  (3  2i) z   10i Tìm môđun số phức w  z  z Đặt z  a  bi (a, b  )  z  a  bi Ta có (1  2i) z  (3  2i) z   10i  (1  2i)(a  bi)  (3  2i)(a  bi)   10i 0.25 4a  a   Do z   3i  4a  (4a  2b)i   10i   4a  2b  10 b  3 Ta có w  z  z   3i  2(1  3i )   3i Suy môđun w điểm 0.25 w  32  32  b) Giải phương trình 27 x  5.323x  45 Ta có 27 x  5.323 x   27 x  x    27 x   4.27 x  45  27 x Đặt t  27 (t  0) ta t  4t  45   t  t  5 (loại)  33 x  32  3x   x   0.25 0.25 Vậy PT cho có nghiệm x   Câu Đáp án Điểm Tính tích phân I   e x (2e x  x)dx 2 1 Ta có I  2 dx   xe x dx  J  K điểm  0.25 J  dx  (2 x)  2  0.25 2  K  xe x dx  xe x  e x dx  (2e2  e)  e x Câu 1    (2e2  e)  e2  e  e2 0.25 0.25 Vậy I  J  K   e2  Đáp án Điểm Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(7; 2; 1), B(5;  4;  3) mặt phẳng (P) :3x  y  6z  38  điểm a) Viết phương trình mặt cầu (S ) có đường kính AB b) Chứng minh (P) tiếp xúc với mặt cầu (S ) a) Mặt cầu (S ) có tâm I (1; 1; 1), bán kính R  IA  0.25 Phương trình mặt cầu (S ) : ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1)2  49 0.25 b) Ta có khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) d ( I ;( P))  3.1  2(1)  6(1)  38 32  (2)2  (6)2 0.25  Vì d (I ;(P))  R nên suy (P) tiếp xúc (S ) Câu Đáp án điểm a) Cho góc  thỏa cot   Tính giá trị biểu thức P  0.25 Điểm cos  cos   2sin3  Do cot    sin   0, ta có cos  cot  (1  cot  ) sin3  P  cos3  2sin  cot    sin3  sin  Thay cot   vào P P  0.25 0.25 11   2  b) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển A( x)   x2   ( x  0) x 11   2     11 k Ta có A( x)   x2     C11 x2 x Câu k 0 11k 2x 1  C k  11 k 0 k k 223k 11.(2) x 0.25 Tìm k cho 22  3k   k  5 (2)5  14784 Vậy hệ số số hạng chứa x C11 Đáp án 0.25 Điểm Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a ; BCD  60 ; SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD), hai mặt phẳng (SCB) (SCD) vuông góc với Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) theo a o Theo giả thiết ABCD hình thoi cạnh a BCD  60o  BCD diện tích hình thoi ABCD SBCD  a2  0.25  BD  AC  BD  ( SAC )  BD  SC Ta có   BD  SA Gọi O  AC  BD, ( SAC ) kẻ OM  SC , M  SC S  SC  ( MBD) điểm Do BMD góc (SCB) (SCD) a  BMD  90o  OM  BD   2 Ta thấy SA AC  SAC ∽ OMC  OM MC  SA  AC.OM OC  OM 2  M H C B O A D 0.25 a a 6 2 3a a2  4 a a3  Thể tích khối chóp cần tìm V   SA.S ABCD  Ta có O trung điểm AC nên d (C , ( SBD))  d ( A, ( SBD)) Trong (SAC), kẻ AH  SO, H  SO mà AH  BD nên AH  ( SBD)  AH  d ( A, ( SBD)) 1    2 2 2 2 AH AS AO 3a 3a a a a  AH   Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD)  2 Đáp án Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, A(2; 2), BC  3BA, 0.25 Trong tam giác SAO vuông A có Câu điểm 0.25 Điểm   10  Tìm tọa độ đỉnh lại hình chữ  nhật ABCD biết đỉnh B có hoành độ dương, đường trung tuyến kẻ từ B tam giác ABD có hệ số góc nhỏ trọng tâm tam giác ABC G  0; Cách Gọi N trung điểm BC Ta có AG  2GN  N (1; 4) Gọi M trung điểm AD, I trung điểm BM Khi 1  I trung điểm AN Suy I  ;   2  Gọi (C) đường tròn ngoại tiếp tam giác ( ABN ) 0.25 A B I PT đường tròn 0.25 G 1 13  (C ) :  x    ( y  3)2  AI   2  Gọi B(a; b) ,ta có N M  1 13  a   (b  3)2     B  (C )  B  (C )  2    D  BC  3BA 2BN  3BA  2 ( a  1)  ( b  4)  ( a  2)  ( b  2)   a    b  2b  a  b2  a  6b    a         a   2b  a  13b2  68b  64    13     16  b    13     C 0.25 Theo giả thiết đường thẳng BM có hệ số góc nhỏ nên chọn B(2; 4) Với B(2; 4) trung điểm N (1; 4) ta suy C(4; 4) Từ AB  DC  D(4; 2) Vậy đỉnh lại cần tìm hình chữ nhật ABCD B(2; 4), C(4; 4), D(4; 2) Cách Gọi N trung điểm BC Ta có AG  2GN  N (1; 4) Suy PT AN : 2x  y  10  Gọi M trung điểm AD, I trung điểm BM Khi 1 I trung điểm AN Suy I  ; 2   1  0.25  3   Đặt BA  2m  BC  6m  IA  IB  Ta có cos( BM , AN )  cos BIA  0.25 AN  AB2  BN m 13   2 IB2  IA2  AB2 2IB.IA  0.25   13  Gọi BM : a  x    b( y  3)  a  b2  Ta có cos( BM , AN )  2a  3b 5    27a  156ab  92b2  (*) 13 13 a  b2 13 Với b   27a2   a  (loại) Với b  0, chia hai vế PT (*) cho b ta 0.25 a   a a b 27    156    92     b b  a   46  b a b Theo giả thiết đường thẳng BM có hệ số góc k    nên BM : 2x  y     Do B  BM  B  t; 2t    2    2t   13 Ta có IB  IA   t      13t  13t  26   3   2   t   B(2; 4)   t  1  B(1; 2) (loaïi) 0.25 Với B(2; 4) trung điểm N (1; 4) ta suy C(4; 4) Từ AB  DC  D(4; 2) Vậy đỉnh lại cần tìm hình chữ nhật ABCD B(2; 4), C(4; 4), D(4; 2) Câu Đáp án Điểm  (1) log ( x  1)  log ( x  1)  Tìm m để hệ sau có hai nghiệm phân biệt:  log x  x   2m log 2  (2) ( x 2 x 5)  x  x    Ta có (1)      x   x 1  x 1 log  log  4      x 1  x 1   Hệ cho có hai nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa  x      Đặt t  log2 x2  2x   log2 ( x  1)2    Với x (1; 3) t  (2; 3) PT(2) trở thành t  điểm 0.25 0.25 2m   t  5t  2m (* ) t Xét hàm số f (t )  t  5t khoảng (2; 3); có f (t )  2t  5, f (t )   t   Lập bảng biến thiên 2 t f (t )  0.25  6 6 f (t )  25 Dựa vào bảng biến thiên cách đặt t ta thấy: Hệ cho có hai nghiệm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt t  (2; 3)  Câu 10 25 25  2m  6   m   Đáp án 0.25 Điểm Cho số dương thỏa mãn x  y  z  2(1  xy) (*) Tìm giá trị nhỏ biểu thức điểm  2  ( x  y)2  z P  x  y  z  ( x  y  z )2  Từ ( x  y)2   2x  z   2y  z   suy ( x  y  z )2  4( x  y  z ) (1) 0.25 Mặt khác   x2  y  z ( x  y)2  z   x2  y  z 2 (2) 0.25 Từ (1) (2) suy P  x2  y2  z  x2  y2  z Lại đặt t  x2  y  z , t  ( x  y)2  z  (do (*)) Ta P  t  t Xét hàm số f (t )  t  t với t  Ta có f (t )    với 0.25 t t  1, nên hàm số f (t ) đồng biến [1;  ) Suy f (t )  f (1)   P   x2  y  z   x  y    Do GTNN P 0, đạt   z 0 x  y  z  2   0.25

Ngày đăng: 28/06/2016, 18:11

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan