Tải Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc (Lần 1) - Đề thi thử đại học môn Toán năm 2016 có đáp án

Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và tính diện tích mặt cầu đó theo a.. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giả[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015-2016

MƠN THI: TỐN

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

2 x y

x  

 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 3 6

y x  x  Câu (1,0 điểm) Tìm điểm cực trị đồ thị hàm số Câu (1,0 điểm)

2

2

log log 4 x

x  

a) Giải bất phương trình 5.9x 2.6x 3.4x

  b) Giải phương trình  sin 3

I x xdx

Câu (1,0 điểm) Tính nguyên hàm

S ABC SAABC ABC, 90 ,0 AB a BC a ,  3,SA2a S ABC.

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp có Chứng minh trung điểm I cạnh SC tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tính diện tích mặt cầu theo a

Câu (1,0 điểm).

a) 2cos2 x sinx 1 0Giải phương trình:

b) Đội văn nghệ nhà trường gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C Chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn lễ bế giảng năm học Tính xác suất sao cho lớp có học sinh chọn có học sinh lớp 12A.

S ABCD

3

a SD 

AB K AD S ABCD HK SDCâu (1,0 điểm) Cho hình chóp có đáy hình vng

cạnh a, Hình chiếu vng góc H đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trung điểm đoạn Gọi là trung điểm đoạn Tính theo a thể tích khối chóp khoảng cách hai đường thẳng

BC D 7x y  25 0 MN N DC MBC M AD Oxy B y  2 B(1; 2) ABAD CD D A ABCDC âu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho hình thang vng có , điểm , đường thẳng BD có phương trình Đường thẳng qua vng góc với cắt cạnh Đường phân giác góc cắt cạnh Biết đường thẳng có phương trình Tìm tọa độ đỉnh

     

 

 

2

2

2 1

1 ,

3 1

x

x y x y

x x y

x x x y



    



 



     





Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

, x y  

2

2

2

y x

y x x

   

  

 Câu 10 (1,0 điểm) Cho thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

  4

2

P x y

x y   



Họ tên thí sinh:………Số báo danh:………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016

MÔN THI: TOÁN

I LƯU Ý CHUNG:

- Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa

- Điểm toàn tính đến 0,25 khơng làm trịn

- Với hình học khơng gian thí sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng cho điểm tương ứng với phần

II ĐÁP ÁN:

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1

2 x y

x  

 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 1,0

2 x y

x  

 \ {2}

D  1 Tập xác định: Sự biến thiên

2

' 0,

( 2)

y x D

x

   



( ; 2) (2;)Suy hàm số nghịch biến khoảng Hàm số cực trị

0,5

2

lim 2; lim 2; lim ; lim

x y x  y x  y x  y Các giới hạn

2

x  y 2Suy tiệm cận đứng, tiệm cận ngang đồ thị. 0,25

Bảng biến thiên

0,25

1 ;0      

1 0;

2    

  (2; 2)I 3 Đồ thị: Giao với trục Ox tại, giao với trục Oy , đồ thị có tâm đối xứng điểm

2 y x3 3x2 6

   Tìm điểm cực trị đồ thị hàm số 1,0

* Tập xác định: 0,25

2

' , '

2 x

y x x y

x  

    



 0,25

Bảng xét dấu đạo hàm

0,25

Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có

x  y 6 x 2 y 2Hàm số đạt cực đại giá trị cực đại ; đạt cực tiểu và giá trị cực tiểu

0;6 2;2

Vậy điểm cực đại đồ thị hàm số M, điểm cực tiểu đồ thị hàm số N

0,25

3 a

2

log log 4 x

x  

Giải bất phương trình (1) 0,5

0

x  +) Điều kiện bất phương trình (1) là: (*)

+) Với điều kiện (*),

2

2 2 2

(1) log xlog x log 4  log x log x 0

2

(log x 2)(log x 1)

   

0,25

2

2

4 log

1

log

2 x x

x x

  

 

  



  





 

1 0; 4;

2

S   

  +) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm bất phương trình (1)

0,25

b 5.9x 2.6x 3.4x

  Giải phương trình (1) 0,5

x  Phương trình cho xác định với 4x

 Chia hai vế phương trình (1) cho ta :

0,25

x   0 2 

2

3

5.9 2.6 3.4

2

x x

x x x    

            

3

5

2

x x

           

   

2

3

1

2

x x

                 

   

   

    (2)

3

a SD 

Vì nên phương trình (2) tương đương với

1

2

x

x  

    

  .

0

x  Vậy nghiệm phương trình là:

0,25

4 I x 2 sin 3 xdx

Tính nguyên hàm 1,0

2 sin u x

dv xdx

   



 Đặt 0,25

cos3 du dx

x v

   

 

 ta

0,25

 cos3 cos3

3

x x

I     xdx

Do đó: 0,25

 cos3 sin

3

x x

x C 

   0,25

5

S ABC SAABC ABC, 90 ,0 AB a BC a ,  3,SA2a S ABC Cho hình chóp có Chứng minh trung điểm I cạnh SC tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và tính diện tích mặt cầu theo a

1,0

 

SA ABC  SABC

Vì

ABBC BCSAB BCSB Mặt khác theo giả thiết , nên đó

0,25

Ta có tam giác SBC vng đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên

2 SC

IA IB  ISIC (*)

S ABCVậy điểm I cách bốn đỉnh hình chóp, I tâm mặt cầu ngoại

tiếp hình chóp

0,25

2 SC R 

Từ (*) ta có bán kính mặt cầu

0,25

I

A C

2 2

AC AB BC  aTa có

2 2 2 2

SC SA AC  a R a

2

4R 8a Diện tích mặt cầu 0,25

6 a 2cos2 x sinx 1 0

   Giải phương trình 0,5

2

2cos x sinx  1 2sin xsinx 0  (sinx1)(2sin +3)=0x Ta có: 0,25

sinx

  2sinx    3 x (do )

 

sinx

2

x  k  k

      

 

2

x k  k 

Vậy nghiệm phương trình cho

0,25

b Đội văn nghệ nhà trường gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C Chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn lễ bế giảng năm học Tính xác suất cho lớp có học sinh chọn có nhất học sinh lớp 12A.

0,5

Gọi không gian mẫu phép chọn ngẫu nhiên

9 126

C  Số phần tử không gian mẫu là:

Gọi A biến cố “Chọn học sinh từ đội văn nghệ cho có học sinh ba lớp có học sinh lớp 12A”

Chỉ có khả xảy thuận lợi cho biến cố A :

+ học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C + học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C + học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C

0,25

2 2 1 .3 .3 .3 78

C C C C C C C C C  Số kết thuận lợi cho biến cố A là: 78 13

126 21

P  

Xác suất cần tìm

0,25

7

S ABCD

3

a SD 

AB K AD S ABCD HK SDCho hình chóp có đáy hình vng

cạnh a, Hình chiếu vng góc H đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trung điểm của đoạn Gọi trung điểm đoạn Tính theo a thể tích khối chóp khoảng cách hai đường thẳng

1,0

SH

2 2 ( 2) (3 )2 ( )2

2

a a

SH  SD  HD  SD  AH AD    a a

Từ giả thiết ta có đường cao hình chóp S.ABCD

0,25 E

O K H

B

A D

C S

2 a

3

1

3 3

S ABCD ABCD

a

V  SH S  a a 

Diện tích hình vuông ABCD , 0,25 / / / /( )

HK BD HK SBD Từ giả thiết ta có ( , ) ( ,( ))

d HK SD d H SBD Do vậy: (1)

Gọi E hình chiếu vng góc H lên BD, F hình chiếu vng góc H lên SE

, ( )

BDSH BDHE BD SHE  BDHF HF SE

( ) ( ,( ))

HF  SBD  HF d H SBD Ta có mà nên suy (2)

0,25



.sin sin 45

2

a a

HE HB HBE 

+) +) Xét tam giác vng SHE có:

2 2

4

3

( )

a a

SH HE a

HF SE SH HE HF

SE a

a

    



(3) ( , )

3 a d HK SD 

+) Từ (1), (2), (3) ta có

0,25

8 BC D 7x y  25 0 MN N DC MBC M AD Oxy B y  2 B(1; 2)

ABAD CD D A ABCDTrong mặt phẳng với hệ toạ độ cho hình thang vng tại có , điểm , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình Đường thẳng qua vng góc với cắt cạnh Đường phân giác góc cắt cạnh Biết đường thẳng có phương trình Tìm tọa độ đỉnh

1,0

BMDCTứ giác nội tiếp

   450

BMC BDC DBA

   

BMC

  MBC vuông cân B, BN

là phân giác ,

M C

 đối xứng qua BN

0,25

4 ( , ) ( , )

2

AD d B CN d B MN

    0,25

2

ABAD BDAD  Do 0,25

: ( ; 2) BD y   D a

5

3 a BD

a      

 , (5;2)

D D ( 3; 2)Vậy có hai điểm thỏa mãn là:

0,25

9      

 

 

2

2

2 1

1 ,

3 1

x

x y x y

x x y

x x x y



    



 



     





Giải hệ phương trình:

1 x y     

 Điều kiện:

         

   

3

3 1

1 1

1 1

x x x

x x x

y x y y y

x x x

                  3 1 1 x x y y x x               0,25

 

f t  t t  f t  3t2    1 t 

 1

1

x x

f f y y

x x

 

    

 

 

  3x2 8x 4 x x1Xét hàm số trên

có suy f(t) đồng biến Nên Thay vào (2) ta

0,25

2x 12 x x 12

    

2

2

1

6 3

2 1

1 5 13

2 1

3

9 10 x

x x x

x x

x

x x x

x x                                             0,25 1 x y x  

 Ta có

4 3 3

2

x   y  13 41 13

9 72

x   y 

Với Với Các nghiệm thỏa mãn điều kiện

 ;  3;4 3 x y    

 

  KL: Hệ phương trình có hai nghiệm

  13 41 13

& ; ;

9 72

x y     

 

 .

0,25

10

, x y  

2

2

2

y x

y x x

          4 2

P x y

x y   



Cho thỏa Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1,0 y  2

2

2

x

x x x

    

Từ giả thiết ta có và

 2  

2 2 2 3 2 2 6 5 x y x   x  x  x x  x

 

2

( ) 2 ; 0; f x  x x  x x   

  0; Max    

  Xét hàm số ta f(x) = 2 2 2

x y

  

0,25

 

   

 22

2

2 2 2

2 2

2

2

2

x y

P x y x y x y

2 tx y

2 2

, 2

t

P t

t

    

Đặt Xét hàm số:

 

2 2

( ) , 0; 2

t

g t t

t

  

3

3 2

2

'( ) t ; '( )

g t t g t t

t t



     

0,25

3

3 16

2

P khi x y

Lập bảng biến thiên ta có Min 0,25