Tải Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán trường THPT Đoàn Thượng, Hải Dương (Lần 1) - Đề thi thử đại học môn Toán có đáp án

Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là M và tiếp xúc với mặt phẳng (P)... Do MN vuông góc với mp(P) nên phương trình của MN là:..[r]

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015 - 2016

MƠN THI: TỐN

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

3 3 2

y x  x  Câu (2,0 điểm) Cho hàm số

a) ( )C Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho

b) ( )C  x  2016 0 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng có phương trình:

Câu (1,0 điểm)

a) sin 2x cos 2x4sinx1Giải phương trình:

b) 9x11 3x1 10.9  x10.3xGiải bất phương trình: Câu (1,0 điểm)

a)

2

1

i i

z

i i

  



  Cho số phức z thoả mãn điều kiện Tính mơđun z.

 



 

 



7

4 ,

1

2 x x

x b) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niutơn

2 x y

x  

 Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số các trục tọa độ

2

x y z  M 1; 3;1  Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình điểm Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm M tiếp xúc với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ tiếp điểm mặt cầu (S) mặt phẳng (P).

2

AD BC SA AC a  3,CD a Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang với đáy lớn AD , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tam giác ACD vng C Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách giữa hai đường thẳng SB CD.

3; 1

I  MC2MD 2x y  4 0

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có tâm , điểm M cạnh CD cho Tìm tọa độ đỉnh của hình vng ABCD biết đường thẳng AM có phương trình đỉnh A có tung độ dương.

    2

1

2 4

x y x x y x y

x y x x y

       

 

       



 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

, ,

x y z xy yz zx  3

2 2

2 2

3 8 8 8

x y z

S x y z

y z x

      

   Câu (1,0

điểm) Cho số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức

Trường THPT Đoàn Thượng thi thử THPT Quốc gia lần vào 16 17 tháng 4

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1

NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: TOÁN (Đáp án gồm trang)

Câu Nội dung Điểm

1a y x3 3x2 2

   Cho hàm số (C) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số 1,00

D *) TXĐ: *) Sự biến thiên: lim ; lim

x y x  y - Giới hạn:

2

' , '

2

x

y x x y

x

 

    



 - Ta có

0,25

' ( ;0) (2; ), ' (0; 2)

y     x   y   x ( ;0) & (2;)(0; 2)- Ta có suy ra hàm số đồng biến khoảng , nghịch biến khoảng

0, (0)

x f  x2, (2)f 2- Hàm số đạt cực đại ; đạt cực tiểu

0,25

*) Đồ thị

0,25

1b

( )C  x  2016 0 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị biết tiếp tuyến vng

góc với đường thẳng có phương trình: 1,00

  x  2016 0 k 0

Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng nên tt có hsg 0,25

2

3x  6x0

0

x x

    

 Do hồnh độ tiếp điểm nghiệm PT: 0,25

0

x  y y 2 Khi tiếp tuyến có PT : 0,25

2

x  y y 2 Khi tiếp tuyến có PT : 0,25

2a

2b.

3 sin 2x cos 2x4sinx1Giải phương trình: 0,50

 

2

3 sin cos 4sin sin cos cos 4sin sin cos 2sin 4sin 2sin cos sin

x x x x x x x

x x x x x x x

       

        0,25

sin sin

,

sin

3 cos sin

3

x x k

x

k

x x k

x x



 

 

  



  

      

     

   

 



 



 0,25

9x1 1 3x 1 10.9 x 10.3x 

  

b) Giải bất phương trình: 0,50 3x 0, x

     9.32x 10.3x 1 0

    Vì Nên BPT 0,25

1

3

9

x x

      0,25

3

a)

2 i

1 i z 

1 3i

2 i Tính mơđun số phức z thoả

0,50

2

( )(1 ) (2 )(3 )

3 25

(2 )

i i i i i

z i i          

 Ta có 0,25

22

25 25

z i z

     0,25

       

4 ,

1

2 x x

x b) Tìm số hạng khơng chứa x khai triển nhị thức Niutơn 0,50

       2 x x                   

1 1 7

7

3 4

7

0

2 (2 ) ( )

k k

k k k k k

k k

x x C x x C x 0,25

7 4 k k k 

   

7.2 280

C   ⇒ Ta có : số hạng không chứa x : 0,25

4 x y x  

 Tính DTHP giới hạn đồ thị hàm số trục tọa độ 1,00

0 1 x S dx x     

Đồ thị hàm số cắt trục hoành (-1; 0) Do 0,25

0 1 x S dx x      (1 ) dx x    

Ta có= 0,25

x 3ln x 2|01 

   0,25

2

1 3ln 3ln

3

    0,25

5

Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm M tiếp xúc với mặt phẳng (P) Tìm tọa

độ tiếp điểm mặt cầu (S) mặt phẳng (P). 1,00

 

 ,  3

r d M P     

Bán kính mặt cầu (S): 0,25

x12 y32 z12 4

Phương trình mặt cầu (S): 0,25

1 2 x t y t z t          

 1t 2  t2 2  t 0 Gọi N tiếp điểm Do MN vng góc với mp(P) nên phương trình MN là: Tọa độ N ứng với giá trị t nghiệm phương trình:

0,25

2

3

t t

     1; 5;

3 3

N   

  Suy 0,25

6

Tam giác ACD vuông C suy

2 2 4 2 ,

AD AC CD  a  AD a BC a

2 2

1 1

CE AD

CE AC CD

   

Kẻ

2 a CE

 

0,25

2

(AD BC).CE 3a

2





Do SABCD =

2

3 ABCD

1.S .SA 3a. .a 3 3a

3 3 4 Vậy VSABCD =

0,25

 Gọi I trung điểm AD thi BCDI hình bình hành CD // BI  CD // (SBI)  d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(D, (SBI)) = d(A; (SBI))

(Do I trung điểm AD)

/ / , (SAC)

CD BI ACCD ACBI  BI   Gọi H = AC  BI Kẻ AK  SH K Kết hợp với AK  BI AK  (SBI)  d(A, (SBI)) = AK

0,25

1

2

a

AH AC

  

I trung điểm AD suy H trung điểm AC

a 15

5 2 2 2

1 1

AK SA AH 3a 3a 3a

     

Tam giác SAH vuông A  AK =

a 15

5  d(CD; SB) = AK =

0,25

7 I3; 1  MC2MD 2x y  4 0

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có tâm , điểm M cạnh CD cho Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết đường thẳng AM có phương trình đỉnh A có tung độ dương.

1,00

3

( ; )

5

IH d I AM

  

Gọi H hình chiếu I AM

AM BD N  IP/ /AM  NM / /IPGiả

sử P trung điểm MC Từ M trung điểm DP suy N trung điểm DI

0,25

2

,

2

a a

AI  IN  ID

Gọi cạnh hình vng a

2 2 2

1 1

3

9 a

IH IA IN  a a   Từ

2 2

( ;2 4) (t 3) (2 t 3) 18

A t t  IA      t  t  A thuộc AM nên

3 (3;2)

3 14

;

5 5

t A t A                

 A(3;2) Do A có tung độ dương nên

0,25

(3; 4)

C  AI (0; 3) y  1

3 ; N AM BD N  

 

9x1 1 3x 1 10.9 x 10.3x 

  

Suy Đường thẳng BD qua điểm I có vtpt có pt N trung điểm DI

0,25

8

    2

1 (1)

2 4 (2)

x y x x y x y

x y x x y

       

 

       



 Giải hệ PT

1,00

2,

x y (1) y2 (x2 x 3)y x 3x22x 2 0ĐKXĐ

y x  y x 2Giải pt bậc ta 0,25

1

y x  x 2 x 5 x2 2x4  x 1Với thay vào PT (2) ta

 2

2 ( 1)

x x x x

          0,25

2

( )

f t  t t  '( ) 3 0, ( )

t

f t t f t

t

     







    2

1

2 3 13

2 ( 1)

2

x x

f x f x x x

x x x

                       

 Xét hàm số có đồng biến Vậy

3 13 13

2

x  y 

   

0,25

2 2

y x  Với thay vào PT (2) ta được

   

2 2 2

2 6

x  x   x  x x  x   x   x  x x 

2

1 2

( 1)( 1)

2

x x

x x

x x x x

 

    

     

2

1

1 1 81

2 4 16

x x y

x x y

x x x x

                             

3 13 13 81

; , 1;3 , ;

2 16

     



   

   

  Vậy hệ có nghiệm

0,25

9 2

2 2

3 8 8 8

x y z

S x y z

y z x

      

   Tìm biểu thức 1,00

2

(x y z  ) 3(xy yz zx  ) 9  x y z  3Ta có

2 2 2 2

( 1) 4( 1) ( 1)

2

x y z    x y z   x y z   x y z   

Mặt khác

1

x  y z Đẳng thức xảy

2

3 (y 2) (y y 4)

0 (y 2)(y y 4)

2

y y

y      

       

2

2

2

x x

y y

y

 

 

 Tương tự cộng lại ta được

2 2 2

2 2

3 8 8 8 6 6 6

x y z x y z

y y z z x x

y z x

 

      

     

    

1

x  y z Đẳng thức xảy

0,25

2 2

2 2 2

( )

6 6 6

x y z x y z

y y z z x x y y z z x x

 

  

              Ta lại có

2

2

( )

( ) ( ) 12

x y z

x y z x y z

  

     

0,25

,

t   x y z t 

2

2

( ) ,

12 t

f t t

t t

 

  Đặt xét hàm số

2

24

'( ) , '( ) 0, 24

( 12)

t t

f t f t t t

t t  

    

  Ta có

t 3 24 

 

f t + 

 

f t

1 2

48 47

1

3; 

1

min ( ) 3,

2

f t S S x y z



        

minS 3 Vậy