Đề thi thử THPT quốc gia môn toán THPT lương thế vinh lần 2 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng P và viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng P.. Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

HÀ NỘI Năm học 2015 – 2016

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Môn thi: Toán – Lần thứ 2

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

––––––––– Ngày 20.3.2016 –––––––––

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

1

x y x







Câu 2 (1,0 điểm) Tìm m để hàm số f x( )x3 3mx23(m21)m đạt cực tiểu tại x = 2

Câu 3 (1,0 điểm).

a) Cho số phức z = 5 – 3i Tìm phần thực, phần ảo của số phức w z i

z i





 b) Giải bất phương trình: 52x 1 5x 1 4

 

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 3

0

( 2sin )sin x



 

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;2;–3), B(3;1;–1) và mặt phẳng (P): 2x –

3y + z + 19 = 0 Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P) và viết phương trình mặt cầu tâm

A tiếp xúc với mặt phẳng (P)

Câu 6 (1,0 điểm).

a) Tính giá trị của biểu thức 3 sinx 3

sin 3

A



 , biết tanx= -2 và ( ; )

2

b) Từ các chữ số 1;2;3;4;5 lập các số tự nhiên có năm chữ số, trong đó chữ số 1 có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất để số được chọn chia hết cho 3

Câu 7 (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC A’B’C’, tam giác ABC vuông cân tại A, AB = a Góc giữa đường

thẳng A’B và mặt phẳng (ABC) bằng 300 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’C’

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (I) Phương trình

đường thẳng AC là y – 1 = 0 Trên cung nhỏ AB của đường tròn (I) lấy điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (I) tạo với đường thẳng BD một góc 600 Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D biết điểm C có hoành độ dương và ( 2; 3 1)

Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

4( 5) 6 11 3 2 5

        







Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn 2a c ab bc ;  2c2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T a b c

ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1

+ Tập xác định: D = ℝ \ {1}

+ Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: ' 3 2 0,

( 1)

x



 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;1) và (1;+∞)

Giới hạn: limx  yxlim y =>y=2 là tiệm cận ngang2

lim ; lim

x  y x  y

   =>x=1 là tiệm cận đứng

Bảng biến thiên:

+ Đồ thị

Giao với Ox tại ( 1;0)

2



; giao với Oy tại (0;–1) Đồ thị nhận I(1;2) làm tâm đối xứng

Ta có

'( ) 3 6 3( 1)

''( ) 6 6

 

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 2 khi và chỉ khi

'(2) 0 3.2 6 2 3( 1) 0 3 12 9 0

1

m



Vậy m = 1

Câu 3

a) Ta có

2

5 4 (5 4 )(5 2 ) 33 10 33 10

w

i

Vậy phần thực và phần ảo của w lần lượt là 33

29 và

10 29



b) Ta có

0 1

5.(5 ) 5 4 0

(5 1)(5.5 4) 0

5 1

1 0

1

x x

x x

x x

x

x

x





 

 

  

 

   

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là x > 1

Câu 4

Ta có:

2

sin 2sin

Tính 3

o





Đặt u=x=>du=dx;dv=sinxdx=>v= -cosx

Suy ra

3 1

3 cos 3 cos ( cos sinx) 3

2 6





Ta có

2 2

2sin (1 cos 2 ) ( ) 3

2 0 3 4

x





Vậy 1 2 3

6 4

I  I I  

Đường thẳng AB đi qua A, nhận AB  (1; 1; 2)

làm vectơ chỉ phương, có phương trình 2 2 3

 Gọi M(2+t;2-t;-3+2t) AB là giao điểm của AB và (P) Suy ra

2(2+t)-3(2-t)+(-3+2t)+19=0

=>t=-2

=>M(0;4;-7)

Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P) Ta có (2; 3;1)n  là một vectơ pháp tuyến của (P) nên cũng

là một vectơ chỉ phương của (d)

Suy ra phương trình ( ) : 2 2 3

 Gọi H(2+2u;2-3u;-3+u) ( ) d là giao điểm của d và (P) thì H là tiếp điểm của mặt cầu cần tìm với mặt phẳng (P)

Ta có 2(2+2u)-3(2-3u)+(-3+u)+19=0

u= -1

=>H(0;5;-4)

Bán kính mặt cầu cần tìm là R AH  14

Suy ra phương trình mặt cầu: (x 2)2(y 2)2(z3)2 14

Câu 6

a) Vì ( ; ) cosx 0

2

x     Chia cả tử và mẫu của A cho cos3x ≠ 0, ta có:

3

3 3

3

sinx(sin os ) sin sin x cos

sin 3cos sin 3cos

sin sinx

tan anx

3

cos

A

x

x t

x









Vậy A = 2

b) Gọi A là biến cố “Số được chọn chia hết cho 3”

+ Tính số phần tử của không gian mẫu:

Chọn vị trí của 3 chữ số 1 trong 5 chữ số, có 3

5

C =10 cách

Chọn bộ 2 chữ số sắp xếp thứ tự để xếp vào 2 vị trí còn lại, có A  cách42 12

Theo quy tắc nhân, số phần tử của không gian mẫu là 10.12=120

+ Tính số kết quả thuận lợi cho A:

Số được chọn chia hết cho 3 nên phải có 3 chữ số 1; hai chữ số còn lại là 2 và 5

Chọn vị trí của 3 chữ số 1 trong 5 chữ số, có 10 cách

Sắp xếp 2 chữ số 2 và 5 vào 2 vị trí còn lại có 2 cách

Theo quy tắc nhân số kết quả thuận lợi cho A là 10.2 = 20

Xác suất cần tính là 20 1

120 6

A

Câu 7

Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng nên AA’ ⊥ (ABC).

Góc giữa A’B và (ABC) là (A’B;AB)=A’BA=30o

Tam giác A’AB vuông tại A: AA'=AB.tan30

3

o a



Thể tích lăng trụ: ' ' ' ' 1 ' 3 3

ABC A B C ABC

a

Vì B’C’ // BC nên B’C’ // (A’BC) ⇒ d(B’C’;A’B) = d(B’C’;(A’BC)) = d(B’;(A’BC))

Gọi I là trung điểm AB’ Vì ABB’A’ là hình chữ nhật nên I ∈ A’B ⇒ I ∈ (A’BC)

Suy ra d(B’;(A’BC)) = d(A;(A’BC))

Gọi M là trung điểm BC, Vẽ AH ⊥ A’M tại H

Tam giác ABC vuông cân tại A nên AM ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (AMA’) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (BCA’)

Vì ∆ ABC vuông cân ở A nên 1 1 2

a

Tam giác AMA’ vuông tại A : 2 2 2

a AH

Vậy khoảng cách giữa B’C’ và A’B là

5

a

Câu 8

Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại M của (I) với BD là E Suy ra

MEI=60o=>MIE=30o=>AIM=60o

Tam giác AIM cân tại I có một góc bằng 600 nên là tam giác đều

Gọi H là trung điểm AI ⇒ MH ⊥ AI Ta có

| 3 1 1|

1

2 sin 60o

MH

MA MI

Gọi ( ;1)A a AC Vì MA=2

2

(a 2) ( 3) 4

4 3 0

1 ( 1;1)

3 ( 3;1)

   

 

Nếu A(–1;1) ⇒ I(–3;1) I là trung điểm AC ⇒ C(–5;1) (loại)

Nếu A(–3;1) ⇒ I(–1;1) ⇒ C(1;1) (thỏa mãn)

Phương trình đường thẳng BD đi qua I và vuông góc với AC: x + 1 = 0

Gọi B(–1;b) ∈ BD Ta có 2 ( 1)2 4 3 ( 1;3)

1 ( 1; 1)

       

Mặt khác vì M thuộc cung nhỏ AB nên M và B nằm cùng phía với AC ⇒ B(–1;–1) không thỏa mãn Suy ra B(– 1;3) ⇒ D(–1;–1)

Vậy A(–3;1), B(–1;3), C(1;1), D(–1;–1)

Câu 9

2

4( 5) 6 11 3 2 5

        







(I) Điều kiện: x ≤ 1, y ≥ –12

Ta thấy (1;–12) không phải là nghiệm của hệ, do đó y12 2 2 x 0 Do đó:

12 2 2

2 10 (2 10)( 1)

12 2 2

2 10

1

12 2 2

x y

x

  

      

  

 

    

  

 







  



Phương trình (*) vô nghiệm do 1 0 1

12 2 2

x

   x ≤ 1, y ≥ –12 Suy ra (I) 2 2 10 3

6 11 3 2 5(2)

 







Giải (2): Nếu 2y + 5 ≤ 0 ta có: y26y11 ( y3)2  2 0 3 23 y5=>loại

2 2 3

3 2y5.1.1 (2 y5) 1 1 2   y 7 (y2) 2y 7 y 6y11

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2

2 0

y

y y

  



 



 

 Vậy (2) ⇔ y = –2 ⇒ x = –4 (thỏa mãn)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (–4;–2)

Câu 10

Vì

2

a c

   

 Thay vào biểu thức T, ta có:

2

2

2

2

2

2

2 2

3 2

1

c

T

c

a













 

Đặt

2

, 2

Xét

2 2

6 2 1

(x)

f

 



  trên [2;+∞) Ta có:

2

(10 8 3)

(2 1)

 

Hàm số f(x) nghịch biến và liên tục trên [2;+∞) Do đó ( ) (2) 27

5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2

2

8 3 4 2

a c

c b

a c







  











, chẳng hạn khi 1; 1; 1

Vậy GTLN của T là 27

5