Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2016 trường THPT Lý Thái Tổ, Bắc Ninh - Đề thi thử đại học môn Toán năm 2016 có đáp án

Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của đoạn thẳng AC.. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.[r]

SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 Mơn: TỐN;

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi: 7/11/2015

Câu (2.0 điểm) Cho hàm số: y x 33x21 có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

b Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm A ; 1 Gọi B giao điểm tiếp tuyến với đồ thị (C)B A  Tính diện tích tam giác OAB, với O gốc tọa độ

Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

2 3 6

1

 

 

x x

f(x)

x đoạn 2 4; 

Câu (1.0 điểm)

a) Giải phương trình lượng giác: cos x cos x cos x2  

b) Cho

4

5   cos

với 

   

Tính giá trị biểu thức:  

4        

 

P tan cos

Câu (1 điểm)

a)Tìm hệ số số hạng chứa x2010 khai triển nhị thức:

2016

2

 



 

 

x

x .

b) Gọi X tập hợp số tự nhiên gồm chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số 9, , , , , , , , Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp X Tính xác suất để số chọn chứa 3 chữ số lẻ

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A( ; ), B( ; )1 đường thẳng d có phương trình: x 2y 0 Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho: MA2MB2 36

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng B AB2, AC4 Hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng (ABC) trung điểm H đoạn thẳng AC Cạnh bên SA tạo với mặt đáy góc 60o Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AB SC

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A nội tiếp đường trịn (T) có phương trình: x2y2 6x 2y 5 Gọi H hình chiếu A BC Đường trịn đường kính AH cắt AB, AC M, N Tìm tọa độ điểm A viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có phương trình: 20x10y 0 điểm H có hồnh độ nhỏ tung độ

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2 2 1 1

3 3 7

xy y y x y x

y x y x

       

 

     

 

Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: x y z  3 Tìm giá trị nhỏ

biểu thức:

2 2

3 3

8 8

x y z

P

yz x zx y xy z

   

     

Hết

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

Câu Đáp án Điểm

1

(2.0 điểm) a (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị…• Tập xác định: D. • Sự biến thiên:

2

3

2

   

    

  



x y

y' x x; y'

x y

0.25

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

Bảng biến thiên:

0.25

- H/s đb khoảng ( ; ), ( ;  2 )và nb khoảng ( ; ).2 - Hàm số đạt cực x2;yCÑ 5; đạt cực tiểu x0;yCT 1

0.25

0.25

b (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…tính diện tích tam giác….

+ Ta có: y'( )1  9 phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm A ; 1 là:

9

     

y (x ) y x (d) 0.25

+ Tọa độ điểm B giao d (C) có hồnh độ nghiệm pt:

3 3 1 9 4 3 9 5 0

        

x x x x x x

2

1

5  

    

 

x

(x ) (x )

x 0.25

Do B A nên B( ;5 49 ) Ta có:   54   6 82



AB ; AB

;

 

82  d O,d

0.25

Suy ra:  

1

6 82 12

2 82

OAB   

S d O,d AB

(đvdt) 0.25

2

(1 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ nhất…

Ta có f(x) liên tục đoạn 2 4; ,

2

2

1   



x x

f '(x)

(x ) 0.25

Với x 2 4; , f '(x) 0 x3 0.25

Ta có:

10

2 3

3

  

f( ) ,f( ) ,f( ) 0.25

x   -2 

y'  0  

y 5 

  1

• Đồ ị th :

x 1

y

Vậy Min[2 ;4] f (x)=3 x = 3; Max[2 ;4] f (x )=4 x = 0.25

3

(1.0 điểm) a Giải phương trình …

PT  2cos x cos x cos x4   cos x( cos x )4 2 1 0

4

1

2

 

 

 

 cos x

cos x 0.25

4

8

2

2

3



   

 

   



   

  

      



 

x k

x k

x k x k

0.25

b.Tính giá trị biểu thức…

Do



   

nên sin 0,cos 0 Ta có:

2 1

2 10 10

 

  cos    

cos cos

,

2 1

10 10

       

sin cos sin

,



  

 sin tan

cos

0.25

Khi đó:      

1 1

1

5

2 10 10

 

          

 

P tan cos sin 0.25

4

(1.0 điểm) a.Tìm hệ số số hạng chứa 2010

x khai triển…

Xét khai triển:

2016 2016

2016 2016

2

0

2 



   

 

   

    

k

k k

k

x C x

x x

2016

2016 2016

2 



 k k k

k

C x

0.25

Số hạng chứa x2010 ứng với 2016 3 k2010 k2 22C x22016 2010 có hệ số

2 2

2016 2016

2 C 4C . 0.25

b.Tính xác suất …

Gọi  không gian mẫu phép thử: “Chọn ngẫu nhiên số từ tập X”.

Khi đó:  A9660480 0.25

Gọi A biến cố: “Số chọn chứa chữ số lẻ” Khi đó:

+ Chọn chữ số lẻ đôi khác từ chữ số 9, , , , có C35 cách +Chọn chữ số chẵn đội khác từ chữ số 8, , , có C34 cách + Sắp xếp chữ số để số thỏa mãn biến cố A có 6! cách

Do A C C !35 34 28800

Vậy xác suất cần tìm là:

28800 10 60480 21 

  

 A P(A)

0.25

5

(1.0 điểm) Tìm tọa độ điểm M …

Giả sử M( t2 2;t) d  MA ( t 2  2;  t) MA2 5t28 13t



MB ( 1 4t;  t) MB2 5t212t17

 0.250.25

Ta có: MA2MB2 36 5t28t13 5 t212t17 36 10t2 4t 0 0.25

1

3

5 5

  



  

     

  



t M( ; )

t M ;

Vậy tọa độ điểm M là:

16

5 M( ; ),M ; 

 

6

(1.0 điểm) Tính thể tích khối chóp S.ABC S

A

B

C H

K

E D

0.25

ABC

 vuông B

2 2 3 2 3

2 ABC

BC AC AB S AB.BC

      

Vậy

1

2 3

3

S.ABC ABC

V  SH.S  

0.25

Dựng hình chữ nhật ABCD AB// CD AB// (SCD)

2

d(AB,SC) d(AB,(SCD)) d(A,(SCD)) d(H,(SCD))

    (do AC2HC)

Trong (ABCD), gọi E trung điểm CD  HE CD  CD (SHE) Trong (SHE), kẻ HK SE (K SE)   HK (SCD)  d(H,(SCD)) HK

0.25

Ta có:

1

3

HE AD

SHE

 vuông E 2

1 1 1 15

12 12 HK

HK HS HE

       

Vậy

4 15

5

d(AB,SC) HK 

0.25

7

(1.0 điểm) Tìm tọa độ điểm A viết phương trình cạnh BC

A

B C

H M

N

I E

Suy ra: AI vng góc MN

0.25

 phương trình đường thẳng IA là: x2y 0

Giả sử A(5 2 a;a) IA.

Mà

2 2

5 2 5 10

2 a

A (T) ( a) a ( a) a a a

a  

             

 

0.25

SH vng góc (ABC) góc

Với a 2 A( ; )1 (thỏa mãn A, I khác phía MN) Với a 0 A( ; )5 (loại A, I phía MN)

Gọi E tâm đường trịn đường kính AH

9

10

E MN E t; t 

     

 

Do E trung điểm AH

38

10

H t ; t 

    

 

58 48

2 4

10 10

AH  t ; t , IH  t ; t 

        

   

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vì

2 272

0 20 896

25

5 t

AH HI  AH.IH  t   

  

8 11 13

5 5

28 31 17

25 25 25

t H ; (thỏa mãn)

t H ; (loại)

  

 

  

 

 

  

 

  

  



Với

8 11 13

5 5

t  H ; 

  (thỏa mãn)

0.25

Ta có:

6 5 AH ; 

 



BC

 nhận n ( ; ) 

VTPT  phương trình BC là: 2x y  0

0.25

8

(1.0 điểm) Giải hệ phương trình …

Điều kiện: x0 1,  y 2, x3y 0 (*)

Nhận thấy

¿ x=0 y=1 ¿{

¿

khơng nghiệm hệ phương trình y1 x 0 0.25

Khi đó, PT

2

1 1

1

y x

( ) x(y ) (y )

y x

 

    

 

1

1

1

y x

(y )(x y )

y x

 

    

 

1

1

1 (x y ) y

y x

 

 

     

   

 

 x y   1 y x 1 (do (*))

0.25

Thay vào PT (2) ta được: 5 x3 5x 2 x7 ĐK: 4 5/  x 5 (**)

 5 x ( 7 x)3 5( x 4 x)0

2

4 5

0

3

x x ( x x )

x ( x) x x

     

  

    

2

4

3

 

      

    

 

( x x )

x ( x) x x

0.25

1

4

x y

x y

   

 

  

 (thỏa mãn (*),(**))

Vậy nghiệm hệ phương trình là: ( ; ), ( ; ).1 9

(1 điểm)

Tìm GTNN …

Ta có BĐT:

2 2

a b c (a b c) (*)

x y z x y z

 

  

  với a,b,c,x,y,z 0 chứng minh.

(Học sinh không chứng minh (*) trừ 0.25)

0.25

Áp dụng (*) ta có:

2

3 3

8 8

(x y z) P

xy yz zx x y z

  

       

Ta có:

2

3 2

8

2

x x x x x

x ( x)( x x )      

      

2

3 2

8

2

y y y y y

y ( y)( y y )      

      

2

3 2

8

2

z z z z z

z ( z)( z z )      

      

Suy ra:

2

2 2

2

2 2 18

(x y z) P

xy yz zx (x y z) x y z

  

        

2

2

18 (x y z)

(x y z) (x y z)   

     

0.25

Đặt t x y z (t   3) Khi đó:

2

2

18 t P

t t

  

Xét hàm số:

2

2

18 t f(t)

t t



  với t3

Ta có:

2

2

2 36

18

( t t)

f '(t)

(t t )

 



  , f '(t) 0 t36

BBT:

0.25

Từ BBT ta có: GTNN P là:

3

4 t3 Vậy GTNN P là: 3/4 x y z  1

0.25

▪ Chú ý: Các cách giải khác đáp án cho điểm tối đa.

x 36 

y'  0 

y 144/71