Free đề thi thử môn toán 2016 trường THPT liên sơn

TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN (Đề thi có 01 trang) ĐỀ KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề y= x+2 x−2 Câu (1.0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = − x + ( m + ) x − ( m + 2m ) x − Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị m để hàm số đạt x=2 cực đại sin x − 2cos x = 3sin x − cos x Câu (1.0 điểm) Giải phương trình : Câu (1.0 điểm) Giải vô địch bóng đá Châu Á có 16 đội bóng 16 quốc gia khác tham dự, có đội quốc gia khu vực Đông Nam Á Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên, chia 16 đội bóng thành bảng A, B, C, D bảng có đội để tiến hành thi đấu Tính xác suất để đội bóng quốc gia khu vực Đông Nam Á bảng Câu (1.0 điểm) 3.9 x − 26.3x − = a Giải phương trình : log ( x − ) + log ( x − ) > b Giải bất phương trình : Câu (1.0 điểm) Cắt hình nón mặt phẳng qua trục ta thiết diện tam giác cạnh 3a Tính theo a diện tích xung quanh, diện tích toàn hình nón thể tích khối nón tương ứng a S ABCD ABCD Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp có đáy hình thoi cạnh · BAD = 600 SAB S Tam giác vuông cân nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy SA a S ABCD E E Gọi trung điểm Tính theo thể tích khối chóp khoảng cách từ ( SBD ) đến mặt phẳng Oxy ABCD AB = BC H Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng , cho hình chữ nhật có Gọi CD A BD E F hình chiếu vuông góc lên đường thẳng , trung điểm A ( 1;1) x − y − 10 = BH E EF Biết , đường thẳng có phương trình có tung độ âm B, C , D Tìm tọa độ đỉnh Câu (1.0 điểm) Giải hệ phương trình : Câu 10 (1.0 điểm) Cho a, b, c  x3 + y + x + y + x + y + =   − xy − x + 2015 = x + x + y + + 2016 x ( bc + 1) + a = ( + a ) + bc số thực dương thỏa mãn : a + + a 2c 12 a P= + − a 2bc ( c + 1) a + Tìm giá trị nhỏ biểu thức - HẾT Thí sinh không sử dung tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm ! Họ tên thí sinh : ……………………………………… Số báo danh : ………………… TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN (Hướng dẫn chấm có 09 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM KTCL ÔN THI THPT QG LẦN NĂM 2015 Môn: TOÁN I LƯU Ý CHUNG: - Đáp án trình bày cách giải, học sinh làm cách khác cho điểm tương ứng với đáp án - Nếu học sinh bỏ bước không cho điểm bước - Câu không thiết phải yêu cầu vẽ hình - Câu Câu bắt buộc phải có hình vẽ (Nếu vẽ sai không cho điểm) - Điểm toàn tính đến 0.25 không làm tròn II ĐÁP ÁN: Câu Câu Nội dung trình bày y= Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số a Tập xác định : b Sự biến thiên x+2 x−2 D = R \ { 2} 0.25 y, = * Chiều biến thiên : Ta có −4 ( x − 2) < ∀x ≠ ( −∞; ) Suy : Hàm số nghịch biến * Cực trị : Hàm số cực trị * Giới hạn : Điểm ( 2; +∞ ) 0.25 lim y = ; lim± y = ±∞ x →±∞ x →2 x=2 Suy : Tiệm cận đứng , tiệm cận ngang * Bảng biến thiên −∞ x 0.25 +∞ − y′ y y =1 − +∞ −∞ c Đồ thị : Tâm đối xứng : I = ( 2;1) , cắt Ox ( −2;0 ) , cắt Oy ( 0; −1) y = − x + ( m + ) x − ( m + 2m ) x − Câu Tìm giá trị m để hàm số x=2 đại D=R TXĐ : y ' = −3x + ( m + 3) x − ( m + 2m ) ; y '' = −6 x + ( m + 3)  y ' ( ) = ⇔  ''  y ( ) < x=2 Hàm số cho đạt cực đại −12 + ( m + 3) − m − 2m =  m − 2m = ⇔ ⇔ −12 + 2m + < m < m = ⇔ m = Câu m = 0, m = Kết luận : Giá trị m cần tìm sin x − 2cos x = 3sin x − cos x Giải phương trình : ( *) ⇔ 2sin x.cosx + cosx + 2sin x − 3sin x − = 0.25 đạt cực 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ⇔ cosx ( 2sin x + 1) + ( 2sin x + 1) ( sin x − ) = 0.25  sin x = − ⇔  sin x + cosx = ( ) 0.25 ⇔ ( 2sin x + 1) ( cosx + sin x − ) = ⇔ x=− π 7π + k 2π ; x = + k 2π , k ∈ ¢ 6 0.25 Kết luận : Phương trình cho có nghiệm π 7π x = − + k 2π ; x = + k 2π , k ∈ ¢ 6 Câu Câu Giải vô địch bóng đá Châu Á có 16 đội bóng 16 quốc gia khác tham dự, có đội quốc gia khu vực Đông Nam Á Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên, chia 16 đội bóng thành bảng A, B, C, D bảng có đội để tiến hành thi đấu Tính xác suất để đội bóng quốc gia khu vực Đông Nam Á bảng Ω 0.25 KGM “ Chia ngẫu nhiên 16 đội bóng vào bảng A, B, C, D bảng có đội ” n ( Ω ) = C164 C124 C84 C44 Ta có : Xét biến cố M “ Chia 16 đội bóng vào bảng A, B, C, D bảng có 0.5 đội cho đội bóng quốc gia khu vực Đông Nam Á bảng” n ( M ) = 4.C124 C84 C44 Ta có Vậy xác suất cần tính 0.25 4 n( M ) 4.C C C 4 P( M ) = = 124 4 = = = n ( Ω ) C16 C12 C8 C4 C16 1820 455 3.9 x − 26.3x − = a Giải phương trình : 3.9 x − 26.3x − = ⇔ 3.32 x − 26.3x − = 0.25 0.25  x = − ( ) ⇔ ⇔x=2  x 3 = Vậy phương trình cho có nghiệm x=2 log ( x − ) + log ( x − 3) > b Giải bất phương trình : x>3 ĐK : log ( x − ) + log ( x − 3) > ⇔ log ( x − ) ( x − )  > log 2 x ⇔ x − x + > ⇔  x > Câu 0.25 0.25 3< x< Kết hợp ĐK nghiệm bất phương trình Cắt hình nón mặt phẳng qua trục ta thiết diện tam giác cạnh 3a Tính theo a diện tích xung quanh, diện tích toàn hình nón thể tích khối nón tương ứng Giả sử tam giác SAB thiết diện, suy S đỉnh hình nón, tâm O đáy hình nón trung điểm AB l = SA = 3a Suy hình nón cho có : Độ dài đường sinh 3a r = OA = Bán kính đáy 3a h = SO = Chiều cao 3a 9π a S xq = π rl = π 3a = 2 Diện tích xung quanh hình nón : Diện tích toàn phần hình nón : 3a 9a 27π a 2 Stp = π rl + π r = π 3a + π = 4 0.25 0.25 0.25 9a 3a 3a V = π r h = π = 3 Câu 0.25 Thể tích khối nón : · BAD = 600 S ABCD ABCD a Cho hình chóp có đáy hình thoi cạnh SAB S Tam giác vuông cân nằm mặt phẳng vuông góc với mặt SA a S ABCD E đáy Gọi trung điểm Tính theo thể tích khối chóp ( SBD ) E khoảng cách từ đến mặt phẳng SH ⊥ ( ABCD ) Gọi H trung điểm AB, suy VS ABCD * AB a ⇒ SH = = ∆SAB 2 vuông S  AB = AD = a a2 a2 ⇒ ∆ ABD · S ABCD = 2S∆ABD = =  BAD = 60 1 a a a3 VS ABCD = SH S ABCD = = 3 2 12 d ( E ; ( SBD ) ) * Gọi O giao AC BD, I trung điểm BO, K hình chiếu vuông góc H SI Do EH song song SB, suy EH song song (SBD) 0.25 0.25 0.25 ⇒ d ( E; ( SBD ) ) = d ( H ; ( SBD ) )  BD ⊥ HI ⇒ BD ⊥ ( SHI ) ⇒ BD ⊥ HK  BD ⊥ SH   HK ⊥ BD ⇒ HK ⊥ ( SBD ) ⇒ KH = d ( H ; ( SBD ) )  HK ⊥ SI  AO a a = , SH = HK ⊥ SI ∆SHI Ta có , vuông H 1 16 28 a a 21 ⇒ = + = + = ⇒ HK = = 2 HK HS HI a 3a 3a 14 HI = d ( E; ( SBD ) ) = HK = Vậy Câu 0.25 a 21 14 Oxy ABCD AB = BC H , cho hình chữ nhật có Gọi A F BD E hình chiếu vuông góc lên đường thẳng , trung A ( 1;1) CD BH EF điểm Biết , đường thẳng có phương trình x − y − 10 = B, C , D E có tung độ âm Tìm tọa độ đỉnh Trong mặt phẳng Gọi G trung điểm AH, suy DEFG hình bình hành  AH ⊥ DF ⇒  ∆ADF ⇒ DG ⊥ AF ⇒ EF ⊥ AF  FG ⊥ AD G trực tâm 1.( x − 1) + 3.( y − 1) = ⇔ x + y − = Phương trình AF : 0.25 0.25 Tọa độ F thỏa mãn hệ 3 x − y − 10 = 32  17  ⇒ F  ; ÷⇒ AF = =4  5  5 x + 3y − = ∆DCB đồng dạng ⇒ EF = AF = 2 ∆AFE E ( t ;3t − 10 ) Gọi , với 19 t= t= (loại 19 ⇒ t< EF AF EF BC = ⇒ = = BC DC AF DC 10 EF = , 0.25 nên t =3 E ( 3; −1) ⇒ pt AE : x + y − = ), suy  AD = DE  D ( x; y )  AD ⊥ DE Giả sử , nên ta có hệ ( x − 1) + ( y − 1) = ( x − 3) + ( y + 1) x = x = ⇔ ;  y = −  y =1 ( x − 1) ( x − 3) + ( y − 1) ( y + 1) = Suy Câu D ( 1; −1) D ( 3;1) D ( 1; −1) Do D, F nằm khác phía so với đường thẳng AE nên ta C ( 5; −1) Do E trung điểm DC nên uuur uuur B ( 1;5 ) CB = DA Do nên B ( 1;5 ) , C ( 5; −1) , D ( 1; −1) Vậy  x + y + x + y + x + y + =   − xy − x + 2015 = x + x + y + + 2016 x Giải hệ phương trình : 8 − xy − x ≥  x + x + y + ≥ ĐK : 0.25 ( 1) ( 2) 0.25 ( 1) ⇔ y + y + y = − x3 − x − x − ⇔ y + y + y = − ( x + 3x + x + 1) + ( x + x + 1) − 3x − ⇔ y + y + y = ( − x − 1) + ( − x − 1) + ( − x − 1) f ( t ) = t + 2t + 3t , t ∈ ¡ 0.25 Xét hàm số f ( t) f ' ( t ) = 3t + 4t + > ∀t ∈ ¡ ¡ Có , suy đồng biến ( 1) ⇔ f ( y ) = f ( − x − 1) ⇔ y = − x − Ta y = −x −1 ( 2) Thay vào rút gọn phương trình x + + 2015 = x + + 2016 x ( *) x + − x + = 2016 x − 2015 > ⇒ x > Ta có g ( x ) = x + − x + − 2016 x + 2015 , x > Xét hàm số x g' ( x) = = Suy Câu 10 x +8 x ( g ( x) − x x +3 2 2015 2016 − 2016 x2 + − x2 + (x 0.25 2015 2016 + ) ( x + 3) ) − 2016 <  2015  ; +∞ ÷   2016  ∀x > 2015 2016 nghịch biến g ( x) = Suy phương trình (Phương trình (*)) có tối đa nghiệm g ( 1) = Mặt khác x =1 Từ ta nghiệm phương trình (*) x = ⇒ y = −2 0.25 Với (thỏa mãn điều kiện ban đầu) ( x; y ) = ( 1; −2 ) Vậy hệ cho có nghiệm a, b, c ( bc + 1) + a = ( + a ) + bc Cho số thực dương thỏa mãn : Tìm giá trị nhỏ biểu thức a +1 12 a P= + + − a bc b ( + c ) a + ( bc + 1) ⇒ bc ≤ Vì a + + a 2c 12 a P= + − a 2bc ( c + 1) a + 0.25 + a = ( + a ) + bc ⇔ b 2c + bc = + 2a − a = − ( a − 1) ≤ 2 ⇒ a +1 a +1 ≥ a 2bc a 0.25 1 4 ≥c⇒ + ≥c+ 2 b b ( 1+ c) ( 1+ c) c +1 c +1 4 + + ≥ 3⇒ c + ≥2 2 2 ( 1+ c) ( 1+ c) Theo Cô-Si a +1 12 a a + 12 a 1 P≥ +2− ≥ +2− = 2+ − +2 a a +1 a 2a a a a Do Đặt 0.25 t= > ⇒ P ≥ t + t − 6t + a Xét hàm số f ( t ) = t + t − 6t + , t > Có f ' ( t ) = 4t + 2t − , f ' ( t ) = ⇔ t = Bảng biến thiên t f ' ( t) f ( t) Ta P ≥ f ( t ) ≥ −2  t = =1  a  ⇔ a = b = c =1 bc = c =   Dấu = xảy a = b = c =1 P = −2 Vậy đạt 0.25 [...]... 2 ≥ 2 +2− = 2+ − +2 a a +1 a 2a a a a Do đó Đặt 0.25 1 t= > 0 ⇒ P ≥ t 4 + t 2 − 6t + 2 a Xét hàm số 4 2 f ( t ) = t + t − 6t + 2 , t > 0 Có f ' ( t ) = 4t 3 + 2t − 6 , f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 1 Bảng biến thi n t f ' ( t) f ( t) 2 Ta được P ≥ f ( t ) ≥ −2 1  t = =1  a  ⇔ a = b = c =1 bc = 1 c = 1   Dấu = xảy ra khi a = b = c =1 min P = −2 Vậy đạt được khi 0.25