Đề thi thử số 6 THPT Quốc gia 2016 Lý Tự Trọng - Hà Tĩnh - TOANMATH.com De6 Hatinh16 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận...
SỞ GD VÀ ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ MINH HỌA KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn thi: TỐN số Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = f(x) = x3 – 3x2 + (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị C hàm số (1) b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hồnh độ x , biết f ( x0 ) = 12 Câu ( 1,0 điểm) a) Giải phương trình 2sinxcosx + cos2x = b) Tìm mơ đun số phức z, biết z thoả mãn đẳng thức: z + (1 – i) z = 10 - 3i Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y y 2 x x Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình log x 2log ( x 2) 1 Câu 5(0,5 điểm) Có 15 thẻ đánh số từ đến 15 Chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để thẻ chọn có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn, có thẻ mang số chia hết cho Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;4;2) mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y + z - = Tìm tọa độ hình chiếu vng góc A (P) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với (P) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng đáy trung điểm H AD, góc SB mặt phẳng đáy (ABCD) 45 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Tính khoảng cách hai đường thẳng SD BH theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(5;5), phương trình đường thẳng chứa cạnh BC x + y – = Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua hai điểm M(7;3), N(4;2) Tính diện tích tam giác ABC x x2 y y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : ( x, y R) x x xy xy x Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z nhỏ biểu thức: P = x y z x5 y z y2 z z x x2 y y z x HẾT ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Tìm giá trị (Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang) Câu Nội dung Điểm a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = 1/ Tập xác định: D = R 2/ Sự biến thiên Chiều biến thiên Ta có: x3 – 3x2 +4 (1) 0,25 x y, x y , 3x x ; Hàm số đồng biến khoảng (- ; 0) (2 ; + ), hàm số nghịch biến khoảng (0 ; 2) Cực trị Hàm số đạt cực đại điểm x = yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu điểm x = yCT = Giới hạn vô cực: 0,25 lim f ( x) ; lim f ( x) ; x x Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận Bảng biến thiên: x y, 0 + y - 0,25 + 3/.Đồ thị: 0,25 Đồ thị cắt Oy điểm (0;4), cắt Ox điểm (2;0), (1;0); qua điểm (3;4) Tâm đối xứng I(1;2) y -1 O x b Viết PTTT đồ thị (C) điểm có hồnh độ x0 , biết f ( x0 ) = 12 Gọi (x0;y0 ) tọa độ tiếp điểm Ta có f’(x) = 3x2 – 6x 0,25 ; f’’(x) = 6x - Theo gt : f ( x0 ) = 12 6x0 – = 12 x0 = f(x0) = ; f’(3) = 0,5 Vậy: PTTT đồ thị (C) điểm (3;4) y – = 9(x – 3) y = 9x – 23 0,25 a) Giải phương trình Ta có: phương trình (1) sin2x + cos2x = 0,25 cos2x = sin2x + 2 cos(2x - ) = x k 2 ( k Z ) x k ( k Z ) 6 12 0,25 b) Đặt z = a + bi (a, b € R) 0,25 2a b 10 a Suy số phức z = – 4i Từ (1) a b 4 Khi đó: z 32 (4)2 đường thẳng y 2 x : x x 1 = - 2x +3 2x – 3x + = 0, x x x 1 Gọi S diện tích hình phẳng cần tính Ta có: S = 1 (2 x 3) dx x Ta có PT hồnh độ giao điểm đường cong y S = 0,25 1 ( x 3)dx x = - ln2 (đvdt) 0,5 0,5 ĐK: x > ( ) Với đk ( ), ta có: bất phương trình (1) log x x2 + 2x – x 3 x ( x 2) 1 1 x(x +2) 3 1 Kết hợp đk ( ), ta tập nghiệm bpt 0,25 0,25 (1) S = 1; Gọi không gian mẫu số phần tử KGM n( ) = C157 Có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chia hết cho 4, thẻ mang số 0,25 chẵn không chia hết cho Gọi A biến cố cho, suy n(A) = C83 C43 C31 C83 C43 C31 672 224 n( A) Vậy xác suất biến cố A là: P(A) = = = = C15 6435 2145 n ( ) 0,25 ) Gọi H hình chiếu vng góc A (P) x 2t Ta có đường thẳng AH qua A vng góc với (P) có PTTS là: y 2t z t 0,5 Do H AH H(1+2t; 4+2t; 2+t) Mặt khác H (P) 2(1+2t) +2(4+2t) +(2+t) – = t = -1 H(-1;2;1) ) Tính bk R = AH (hoặc R = d(A, (P)) Suy PT mặt cầu là: (x - 1)2 + (y – 4)2 + (z – 2)2 = 0,5 ) Ta có SH chiều cao hình chóp, góc SB mp(ABCD) SBHˆ = 45 Dễ thấy BAH vuông cân A cạnh a BH = a SHB vuông cân H SH = BH = a ; dt(ABCD) = 2a2 Thể tích khối chóp S.ABCD là: V = 0,5 2a SH.dt(ABCD) = (đvtt) 3 ) Gọi K trung điểm BC, ta có BH // KD BH // (SDK) Suy d(BH,SD) = d(BH, (SDK)) = d(H, (SDK)) 1 DK = a 2 Ta có (SHE) (SDK) (vì KD (SHE)), (SHE), kẻ HI SE (I SE) Gọi E trung điểm DK HE DK HE = HI (SDK), suy HI = d(H, (SDK)) a 10 1 Xét tam giác vng SHE, ta có: HI = 2 HI HS HE Vậy: d(BH,SD) = a 10 (đvđd) 0,5 S I A D H E B K C ) Gọi H’ điểm đối xứng H qua BC H’(3;3) đường tròn ngoại tiếp ABC ) PT đường tròn ngoại tiếp ABC qua M, N, H’ có dạng: x2 + y2 - 2ax – 2by +c = (với a2 + b2 – c > 0) 14a 6b c 58 a Ta có hệ pt: 8a 4b c 20 b Suy PT: x2 + y2 - 10x – 8y +36 = 6a 6b c 18 c 36 x y 10x – 8y 36 ) Tọa độ điểm B,C nghiệm hệ PT: x y 0,25 0,25 Suy B(3;5), C(6;2) BC = ) Đường thẳng AH qua H’(3;3) nhận véc tơ HH ' (2;2) làm VTCP có PTTS: x 2t A (3+2t; 3+2t) y 2t Do A đường tròn (3+2t)2 + (3+2t) - 10(3+2t) – 8(3+2t) + 36 = 2t2 – 3t = t = (loại trùng H’) t = Suy A(6;6) ) Ta có d(A, BC) = 2 Vậy: S ABC = d(A, BC) BC = (đvdt) 0,25 0,25 1 x y x2 y (3) + Xét f t t t , t R Khi đó: f ' t biến R t 1 t t 1 t t t2 1 0,25 t R Suy hàm số f(t) đồng Suy : 3 x y x x 3x Thế x = - y vào (2) x x x 25 x 2 x x 2 x 0,25 + Với x2 x 3x x 1; y 1 0,25 11 3 11 ;y 2 11 x x 1 Kết luận hpt có nghiệm ; y 1 y 3 11 + Với x x 2 x x ( xyz )4 ; ( xyz ) Theo BĐT Cauchy ta có P Đặt t = xyz (0 < t Xét hàm số f(t) = t 10 0,25 xyz x yz 0,5 1 ) P t t 1 1 0; , ta có f’(t) = 4t - < , x 0; t t 2 2 1 65 Suy hàm số f(t) nghịch biến 0; Do f(t) f( ) = 16 2 Vậy: minP = 195 x=y=z= 16 0,5 ... y, x y , 3x x ; Hàm số đồng biến khoảng (- ; 0) (2 ; + ), hàm số nghịch biến khoảng (0 ; 2) Cực trị Hàm số đạt cực đại điểm x = yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu điểm x = yCT... dạng: x2 + y2 - 2ax – 2by +c = (với a2 + b2 – c > 0) 14a 6b c 58 a Ta có hệ pt: 8a 4b c 20 b Suy PT: x2 + y2 - 10x – 8y + 36 = 6a 6b c 18 c 36 x y... không gian mẫu số phần tử KGM n( ) = C157 Có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chia hết cho 4, thẻ mang số 0,25 chẵn không chia hết cho Gọi A biến cố cho, suy n(A) = C83 C43 C31 C83 C43 C31 67 2