Đề thi thử toán 2016 trường THPT xuân trường lần 1

Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN NĂM HỌC: 2015-2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  om Câu (2,0 điểm) 3π 2π   Tính sin  α     b) Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x   x   x 1  đoạn  2;  2  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2.4 x  x  x c c a) Cho tan α  π  α  uo Câu (1,0 điểm) Trong đợt thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán có em đạt giải có nam nữ , môn Văn có em đạt giải có nam nữ , môn Hóa học có em đạt giải có nam nữ , môn Vật lí có em đạt giải có nam nữ Hỏi có cách chọn môn em học sinh để dự đại hội thi đua ? Tính xác suất để có học sinh nam nữ để dự đại hội? gb oc Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết SD  2a góc tạo đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) 300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) on Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M điểm đối xứng B qua C N hình chiếu vuông góc B MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4)  ( y  1)2  25 Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: x  y  17  ; đường thẳng BC qua điểm E(7;0) điểm M có tung độ âm kh  x    x  1 y    x   y  y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x   y  1    y  2 x    x  4x  Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức P  1    xy  yz  zx 2 x  y  y  z  z  x2  2 -HẾT  Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I Câu Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 1) Tập xác định : D   2) Sự biến thiên: a, Giới hạn : lim y   ; lim y   x  b, Bảng biến thiên: y’ = x  x , y’ =  x = 0, x  1 x - -1 y' + 0 -3 + + + + y c -4 -4 Hàm số đồng biến khoảng (- 1; 0) (1;) , hàm số nghịch biến khoảng (;1) (0; 1) Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) = - Hàm số đạt cực tiểu x =  , yCT = y(  ) = - 3) Đồ thị: Đồ thị (C) hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox điểm (  ; 0) oc u y on gb  1 O Cho tan α  π  α  x 0,25 4 2π  3π  Tính sin  α   ?   3π  cosα  nên cosα    2 sin α  cosα tan α   5 Do π  α  0,25 3 1 Cos α     cosα   Ta có  tan α  5 kh Câu 2.1 (1,0 điểm) 0,25 oc Câu (1,0 điểm) om x  0,25 0,25 0,25 0,25 Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác Vậy 2π  2π 2π   cosα.sin sin  α    sin α.cos  3  0,25 Câu 2.2 (1,0 điểm) cos x  sin 4x  cos3x   sin 2x.sin x  2sin 2x.cos 2x   sin 2x(s inx  cos2x)   sin 2x(2sin x  sin x  1)  0,25 0,25 0,5 uo c c kπ  x     x  π  k2π sin 2x     s inx     x   π  k2π  1  s inx    7π  k2π x   om 2 1  5  15    5 10 Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x   x   x Câu (1,0 điểm) + Ta có f '(x)   oc 1  đoạn  2;  2  x  x2 0,25  15 0,25 minf(x)  2 0,25 gb + f '(x)   x   [  2; ] + Có f (2)  2;f ( )  maxf(x)  on [-2; ]  15 ; 0,25 [-2; ] Giải phương trình 2.4 x  x  x Phương trình x x kh  4  6        9 9 Câu (1,0 điểm) 2x 0,25 x 2  2         3  3 x      1  Loai  3   x      0,25 0,25 Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác  x   log 2 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x   log 2 n(A) 48  n(Ω) 625 om    n(A)  4.1.2.3  1.4.3.2  48  P A  c Câu (1,0 điểm) Trong đợt thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán em đạt giải có nam nữ , môn Văn có em đạt giải có nam nữ , môn Hóa học có em đạt giải có nam nữ , môn Vật lí có em đạt giải có nam nữ Hỏi có cách chọn môn em học sinh để dự đại hội thi đua ? Tính xác suất để có học sinh nam nữ để dự đại hội?  n(Ω)  625 Có tất 5.5.5.5=625 cách 0,25 Gọi A biến cố “có HS nam nữ dự đại hội” 0,25  A biến cố “Cả bốn HS nam HS nữ dự ĐH” 48 577  625 625 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Tam giác SAB nằm 0,25 cu oc Vậy P(A)   P  A    0,25 mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết SD  2a góc tạo đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) 300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) Gọi H trung điểm AB Suy SH  ( ABCD )   300 SCH gb o S K A Câu (1,0 điểm) D I H B Ta có: SHC  SHD  SC  SD  2a Xét tam giác SHC vuông H ta có: 0,25 SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a C on HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a Vì tam giác SAB mà SH  a nên AB  2a Suy BC  HC  BH  2a Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 0,25 kh 4a Vậy, VS ABCD  S ABCD SH  3 Vì BA  HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC   Gọi I hình chiếu H lên AC K hình chiếu H lên SI Ta có: AC  HI AC  SH nên AC   SHI   AC  HK Mà, ta lại có: HK  SI Do đó: HK   SAC  0,25 Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác Vì hai tam giác SIA SBC đồng dạng nên Suy ra, HK  HS HI HS  HI  HI AH AH BC a   HI   BC AC AC a 66 11 0,25 2a 66 11 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M điểm đối xứng B qua C N hình chiếu vuông góc B MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4)  ( y  1)2  25 Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: x  y  17  ; đường thẳng BC qua điểm E(7;0) điểm M có tung độ âm A Câu (1,0 điểm) B I C D +(T) có tâm I(4;1);R=5 + Do I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM N,C chân đường cao nên chứng minh :IM  CN gb oc uo E c c om Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    HK  0,25 N M + Lập ptđt IM qua I IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0  M(7; 3) + M giao điểm (T) với IM :   M(1;5) (loai) kh on +Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7 + C giao điểm BC NC => C(7 ;1) + B đối xứng M qua C => B(7 ;5) + Đường thẳng DC qua C vuông góc BC : y=1  D(9;1) D giao điểm (T) DC :   D(1;1) Vì B,D nằm phía với CN nên D(-1 ;1)   +Do BA  CD => A(-1 ;5) * Nếu không loại mà lấy điểm D cho 0,75đ  x    x  1 y    x   y  y   Giải hệ phương trình:   x   y  1    y  2 x    x  4x   0,25 0,25 0,25  Điều kiện x  1; y  Đặt x   a; y   b  a, b   , từ (1) ta có: a  ab  a     b    b  a  b  ab  b  a  b  Câu (1,0 điểm)   a  b 1  2a  b    a  b (do a, b    2a  b  0,25 Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác x 1   y2  y  x3 Thế vào (2) ta được:   x  1   x 1   x  4x  x    x4 x 1    * x 1   x  x  + x   y  11;  x  8 x    x  1 x  8 x2  x  + *   x   3  x     x  1  x2  x     x 1     x 1   x 1  om 0,25 c c  x   x   0,25  3   x    3  x    3 (**)    2 gb oc uo Xét hàm số f  t    t  3  t   với t   có f '  t    t  1  t   nên f  t  đồng biến  x  Do **  f  x    f  x    x   x    x   x  4x  x   13 (T/M)  x x  x    x 0,25  13 11  13 y 2   13 11  13  ;    Vậy hệ cho có nghiệm  x; y  8;11  Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức 1    xy  yz  zx 2 x  y  y  z  z  x2  2 on P Ta có x  y    x2  1   y  1   x  y  ,….; xy  1 1  Nên P      xy  yz  zx  3 2x y y  z z  x  Ta có  x  y  z  xy  yz  zx   xyz kh Câu (1,0 điểm) xy  ,…   x  y  y  z  z  x    x  y  z  xy  yz  zx   xyz   x  y  z  xy  yz  zx  0,25 Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác  x  y  y  z    y  z  z  x    x  y  z  x  1    x y yz zx  x  y  y  z  z  x   x  y  z 2  xy  yz  zx   x  y  y  z  z  x   x  y  z   xy  yz  zx  1 27 27   xy  yz  zx     xy  yz  zx  8 Đặt t  xy  yz  zx om  x  y  z  xy  yz  zx  27    xy  yz  zx  c Suy P    xyz 2t 2 cu oc Do x, y, z   0;     x   y   z    xy  yz  zx  Mặt khác: xy  yz  zx   x  y  z    t  Vậy t   2;3 0,25 27 27 Ta có P    t    f  t   8t 8 gb o  27  8t  27  t   2;3 Xét hàm số f  t  với t  0; 2 ta có f '  t   t     8t  16t nên hàm số f  t  đồng biến  2;3 15 15 15 x  y  z  Do P  f  t   P  Có P  4 15 Vậy giá trị lớn P đạt x  y  z  0,25 kh on  f  t   f  3  (Mọi cách giải khác cho điểm tương tự) 0,25