Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên hạ long lần 3 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

4 cos   bĐể kỷ niệm ngày thành lập Đoàn Thanh niên, một trường THPT tổ chức cho học sinh các hoạt động ngoại khóa và hội diễn văn nghệ.. Ban tổ chức sắp xếp thứ tự các tiết mục để biểu

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

TRƯỜNG THPT

CHUYÊN HẠ LONG

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 – 2016

Môn thi: TOÁN

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

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 4 2

yx  x 

Câu 2 (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3

1

x y x





 , biết tiếp tuyến đi qua điểm M(4;2)

Câu 3 (1,0 điểm).

a)Cho số phức z thỏa mãn (1 2 ) i z 5 5 i0 Tìm phần thực và phần ảo của số phức w z 10

z

 

3

log (5 x) log ( x1) log ( x1) 1

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân:

1

2 1 0

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: 1 2

x+y+2z-5=0 và điểm A(1;2;3) Tìm tọa độ hình chiếu của A lên mặt phẳng (P) và tìm tọa độ điểm M thuộc d, N thuộc (P) sao cho A là trung điểm MN

Câu 6 (1,0 điểm).

4

cos



 b)Để kỷ niệm ngày thành lập Đoàn Thanh niên, một trường THPT tổ chức cho học sinh các hoạt động ngoại khóa và hội diễn văn nghệ Có tất cả 5 tiết mục hát, 3 tiết mục múa và 2 tiết mục kịch Ban tổ chức sắp xếp thứ

tự các tiết mục để biểu diễn một cách ngẫu nhiên Tính xác suất để tiết mục biểu diễn đầu tiên và cuối cùng là tiết mục múa

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, mặt bên SAB là tam giác

đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M là trung điểm BC Biết AB = a,

3

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD (AB<BC), E là điểm đối xứng

của D qua C và đường tròn đường kính DE cắt đoạn BE tại điểm thứ hai là ( ;4 2)

5 5

thẳng CI cắt đường thẳng AB tại T( 5; 1)

2



 Biết điểm A thuộc đường thẳng d: x+y-4=0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD

Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình: 4 2

Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn 2

2

x y z  xy Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2

2 2

2

P



HẾT ĐÁP ÁN

m Câu 1

1,0đ

+Tập xác định: D=R

+Sự biến thiên:

-Chiều biến thiên:

3

0 ' 0

1

x y

x







0,25

-Các khoảng đồng biến: (  ; 1) và (0;1)

Các khoảng nghịch biến: (-1;0) và (1;)

-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại hai điểm x=-1 và x=1; y CD y( 1) 4 

Hàm số đạt cực tiểu tại x0;y CT y(0) 3

-Giới hạn: limx y ; limx  y 

0,25

-Đồ thị:

- Nhận trục Oy làm trục đối xứng

-Cắt trục hoành tại các điểm có tọa độ là ( 3;0) và ( 3;0)

-Cắt trục tung tại điểm có tọa độ (0;3)

0,25

Câu 2

4 '( )

f x

x



 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm ( ; )x y có dạng0 0

0 0 2

3 4

x



0,25

Tiếp tuyến đi qua điểm M(4;2) nên ta có:

0 0

0 2

0

1 3

4

11

x x

x

x







0,25

Câu 3

1,0đ

a)Ta có

3

  

0,25

3



Do đó số phức w có phần thực là 6, phần ảo là 2

0,25

b)Điều kiện xác định của phương trình là 0<x<5

Với điều kiện đó phương trình tương đương với:

2

3 2

(5 x)

1

x







0,25

2

2 2

2 (5 x)

7 1

x

x x







 Kết hợp điều kiện ta được nghiệm x=2

0,25

Câu 4

1

0

Do đó 17

12

Câu 5

1,0đ

a)Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P) Do AH ⊥ (P), nên AH có một véc tơ chỉ

phương là : u AH (1;1; 2)

=> Phươn trình đường thẳng AH:

1 2

3 2

 





 



  



0,25

H ∊ AH => H(1+t; 2+t; 3 + 2t)

Do H ∊ (P) nên : (1+t)+(2+t)+2.(3+2t)-5=0

3

t

Suy ra ( ; ; )1 4 5

3 3 3

H

0,25

b)M ∊ d => M(1+3m; -3m; -2+m)

Do A là trung điểm đoạn MN nên tọa độ N là N(1- 3m; 4 +3m; 8 – m)

0,25

Ta có N∊ (P) nên: (1 – 3m) + (4 + 3m) + 2(8 – m) – 5 = 0  m = 8

Vậy M(25; -24; 6), N(-23; 28; 0)

0,25

Câu 6

2 sin 2cos 2 sin 2cos 2





0,25

2

cot

a a

a P



0,25

Gọi A là biến cố “Tiết mục đầu tiên và cuối cùng là tiết mục múa”, n(A)=3.2.8!

n A

P A

n



0,25

Câu 7

1,0đ

Gọi H là trung điểm AB Do tam giác ABC đều nên SH ⊥ AB

2

a

SH 

0,25

Tam giác ABC vuông tại A nên

2

ABC

a

Thể tích:

.

S ABC ABC

0,25

Gọi D là điểm sao AMBD là hình hành

Ta có: d(AM,SB)=d(AM,(SBD))=d(A,(SBD))=2d(H,(SBD))

0,25

AMBD là hình bình hành, lại có MA = MB nên AMBD là hình thoi Do đó M, H, D thẳng

hàng và HD ⊥ B

Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE, ta có

HF ⊥(SBD), d(H, (SBD))=HF

11 22

a

d H SBD

0,25

Câu 8

1,0đ

Gọi DI ⊥ IE => BI ⊥ DI suy ra đ ểm A,B, C, D, I cùng thuộc một đường tròn

D đó AI ⊥ TI => phương trình đường thẳng AI là: 11x+2y-8=0

Vì A là giao điểm của d và AI nên suy ra A(0;4)

0,25

Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AT nên có phương trình: x+2y-8=0

Điểm D thuộc AD nên tọa độ D(-2t+8;t)

Do AD, AI là 2 tiếp tuyến với đường tròn đường kính DE nên ta có AI = AD

0,25

6

t

t









Do đó D(4;2) hoặc D(-4;6)

Mặt khác do D và T nằm khác phía so vớ đường thẳng AI nên D(4;2)

0,25

Đường thẳng CD đi qua D và vuông góc với AD =>CD: 2x-y-6=0

C là giao điểm của 2 đường thẳng CD và IT: 2x-11y-6=0=>C(3;0)

( 1; 2)

AB CD B 

0,25

Câu 9

1,0đ

Điều kiện: x 1 , phương trình đã cho tương đương với:

3 2

1

x





 



0,25

3 2

Xét hàm số f t( ) t3 t2  t t R,

Ta có:

2

f t  t  t   t R nên f(t) đồng biến trên R

Do đó:

2

1 0

1 0

2

x

x

x





 





0,25

0,25

2

Câu 10

1,0đ

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

2 2

2 2

2 2

8

z z



0,25

Khi đó

x y

x y

z







z



>0

0,25

Xét ( )

2 8

f t t

2

2

'( )

0

t

f t

t

t







Ta có :

0,25

Suy ra ( ) (2) 1 1

2

1 2

z y z





   





 Vậy giá trị lớn nhất của P là 1

4

0,25