Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán - Đề VIP 2 - TOANMATH.com VIP 02 2016

Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán - Đề VIP 2 - TOANMATH.com VIP 02 2016 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, lu...

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: Toán (ĐỀ VIP 2) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi soạn theo cấu trúc 2016!(Kèm đáp án) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y   x  x  (C) a/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) b/ Dựa vào đồ thị (C), tìm tất giá trị m để phương trình x  x  m   có nghiệm phân biệt 3      2 cos   Tính cos    3  b) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình 2z + 3z + = Tính M  z1  z2 Câu II (1 điểm) a) Cho góc  thỏa: Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   x  e x xdx Câu IV (1 điểm) ) Cho hình chóp S ABC có tam giác ABC vng A , AB  AC  a , I trung điểm SC , hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABC  trung điểm H BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S ABC tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a Câu V (1 điểm) ) ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 đường thẳng x 1 y 1 z    Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A vng góc với đường thẳng 2 d Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho AB  27 d: Câu VI (1 điểm ) Đội cờ đỏ trường phổ thơng có 12 học sinh gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Chọn ngẫu nhiên học sinh làm nhiệm vụ Tính xác suất để học sinh chọn không lớp Câu VII (1 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình BC : x  y   ,trọng tâm G(4;1) diện tích 15 Điểm E(3;–2) điểm thuộc đường cao tam giác ABC hạ từ đỉnh A Tìm tọa độ điểm A, B, C Câu VIII (1 điểm) Giải phương trình: x   x   x  12  x  16 Câu IX (1 điểm) Cho x, y hai số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 + y2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức  1  1 P  (1  x )1    (1  y )1    x  y CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG ! Hướng dẫn Câu I: Hàm số : y   x3  3x  TXĐ: D  R y '  3 x  , y '   x  1 Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 1;  , đồng biến khoảng  1;1 Hàm số đạt cực đại x  , yCD  , đạt cực tiểu x  1 , yCT  1 lim y   , lim y   x  x  * Bảng biến thiên x – + y’ + y -1 + – + -1 - Đồ thị: 2 b.(1,0 điểm)  Ta có : x  x  m    m    x  x  1*  Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đồ thị hàm số y   x  x  đường thẳng d : y  m   Dựa vào đồ thị (C), ta suy phương trình (*) có nghiệm phân biệt 1 m  KL tham số m Câu II:  Vì 16 16     cos     cos cos   sin sin    3   cos   sin    sin    3    2 nên sin    sin     21    i 23   i 23 ; z2  4 i 23 23  z1  z2   M 2   23  z1  Câu III: 1 2x I  x dx  xe dx;   0  x dx  x3 1 |0  3 Đặt u = x  du = dx; dv  e x dx choïn v  e x 1 x 2x e e2   xe x dx  e x |10  e dx   e x |10  20 4  Vậy I   3e  12 Câu IV (1,0 điểm) Gọi K trung điểm AB  HK  AB (1) Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) Sj Từ (1) (2) suy  AB  SK Do góc  SAB  với đáy góc SK HK SKH  60 M C Ta có SH  HK tan SKH  B H K A Vậy VS ABC 1 a3  S ABC SH  AB AC SH  3 12 Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  Do d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   Từ H kẻ HM  SK M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM Ta có a a 1 16     HM  Vậy d  I ,  SAB    2 HM HK SH 3a 4 Câu V  Đường thẳng d có VTCP ud   2;1;3   Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3  làm VTPT Vậy PT mặt phẳng  P  : 2  x    1 y  1   z  3   2 x  y  z  18  Vì B  d nên B  1  2t ;1  t; 3  3t  2 AB  27  AB  27    2t   t   6  3t   27  7t  24t   t   t   13 10 12  ; ;  7  7 Vậy B  7; 4;6  B   Câu VI n()  C124  495 Gọi A biến cố : “ học sinh chọn không lớp trên”  A : “ học sinh chọn học sinh lớp trên” Ta có trường hợp sau: a + học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C có C52 C14 C31  120 cách + học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C có C51.C42 C31  90 cách + học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C có C51.C14 C32  60 cách  n( A)  270  P ( A)  n ( A)  n() 11 Vậy xác suất biến cố A là: P ( A)   P ( A)  11 Câu VII Phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A: x  y   Gọi A  a;4  2a  Trung điểmcủa đoạn BC: M  2m  3; m    Ta có: AG    a;2a  3 , GM   2m  7; m  1 a    a  4m  18  Mà: AG = 2GM    2a  2m  m  Vậy: A  4; 4  , M  4;   2 Gọi B  2b  3; b   C 11  2b;7  b   BC  14  4b     2b  d  A,BC   2 nên: S ABC  14  4b     2b   15  20b  140b  4225  9 5 Với b  , ta có: B  6;  , C  2;   2  2 Với b  , ta có: B  2;  , C  6;   2  2 Câu VIII Điều kiện xác định: x  Với điều kiện đó, phương trình cho tương đương x   x   ( x  4)  ( x  4)  12  x  16  x 4  x4  Đặt t =  t  3 (loaïi) t  t  12    t  4  x  x   x    x  16   x   2  x  16  64  16 x  x x4  x4, Với t = , ta  x   x   12 t > ta 4  x    x  Vậy nghiệm phương trình x = x  Câu IX x y   x  1   y    x  y y x x  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1 x  (1); y   (2); 2x 2y P 1 11 1      2 x y xy 2 x  y2     x y 11 1    y            2x   2y   y x   x y  x y   (3) y x ( 4)  P   Mặt khác dấu đẳng thức đồng thời xảy (1), (2), (3), (4)  x  x  y   2y  x  y  2  x  y  1; x  0, y  2 xy Vậy P    x  y  2 ... cos   sin    sin    3    2 nên sin    sin     21    i 23   i 23 ; z2  4 i 23 23  z1  z2   M 2   23  z1  Câu III: 1 2x I  x dx  xe dx;   0  x dx ... 2 Gọi B  2b  3; b   C 11  2b;7  b   BC  14  4b     2b  d  A,BC   2 nên: S ABC  14  4b     2b   15  20 b  140b  422 5  9 5 Với b  , ta có: B  6;  , C  2; ... 2t ;1  t; 3  3t  2 AB  27  AB  27    2t   t   6  3t   27  7t  24 t   t   t   13 10 12  ; ;  7  7 Vậy B  7; 4;6  B   Câu VI n()  C 124  495 Gọi A biến cố