Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Lam Kinh, Thanh Hóa (Lần 1) - Đề thi thử Đại học năm 2016 môn Toán có đáp án

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a... Vậy giá trị nhỏ nh[r]

TRƯỜNG THPT LAM KINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN MƠN: TỐN NĂM HỌC 2015 - 2016 Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề) 2x

y

x  

 Câu (2 điểm) Cho hàm số a Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số.

b Tìm điểm M (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng đồ thị (C) khoảng cách từ M đến trục Ox.

Câu (1 điểm).

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

b. 2log (3 x 1) log (2 x 1) 2 Giải bất phương trình: 3

I x x  dx

Câu (0.5 điểm) Tính nguyên hàm sau: Câu (1.5 điểm).

a. x3

9

2

2

x

x

 



 

  Tìm số hạng chứa khai triển

b Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi Mỗi đề thi gồm câu lấy ngẫu nhiên từ 20 câu hỏi Thí sinh A học thuộc 10 câu ngân hàng đề thi Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc

0

60 Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi I trung điểm AB, H giao điểm BD với IC Các mặt phẳng (SBD) (SIC) vng góc với đáy Góc giữa (SAB) (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA và IC.

BC 2BA FM 3FE 5; 1  2x y 0   Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam

giác ABC vuông B, Gọi E, F trung điểm BC, AC Trên tia đối tia FE lấy điểm M cho Biết điểm M có tọa độ , đường thẳng AC có phương trình , điểm A có hoành độ số nguyên Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC.

Câu (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cà cạnh a Tính thể tích hình lăng trụ diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a

2

2

3

4 1

x xy x y y y

y x y x

      

 

     



 Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình

, ,

a b c 2c b abc 

3

S

b c a a c b a b c

  

      Câu (1 điểm) Cho độ dài ba cạnh của tam giác thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức

Hết Họ tên thí sinh:……….Số báo danh:……… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Nội dung Điểm

Câu1a

1.0đ D R \ 1   - Tập xác định

 2

y '

x 

 

  x D

- Sự biến thiên với

0,25

 ;1 , 1;  

+ Hàm số nghịch biến khoảng

+ Hàm số khơng có cực trị 0,25

 

xlim y x  2+ , suy đường thẳng y = đường tiệm cận ngang

đồ thị

   

x 1lim y x  , lim y xx 1    x 1 , suy đường thẳng đường tiệm

cận đứng đồ thị

+ Bảng biến thiên

0,25

- Đồ thị

+ Đồ thị hàm số qua điểm

0; , 2;1 , 4;3 , 2;5         

I 1; + Đồ thị nhận điểm làm tâm đối xứng

0,25

Câu 1b

1.0đ  

0

M x ; y x0 1

0

0

2x y

x

 

 d M, 1d M,Ox   x01y0 Gọi , ,

, Ta có

0,25

 2

0

0 0

0

2x

x x 2x

x



      

 0,25

0

1 x

2  

0

0 0

0

x

x 2x 2x

x

 

     



 M 0; , M 4;3    Với , ta có :

Suy

0,25

0

1 x

2 

 2

0 0

x  2x  1 2x 1 x  2 0Với , ta có pt (vơ nghiệm)    

M 0; , M 4;3 Vậy

0,25

x -  + 

y’(x) -

-y

- + 

Câu 2a

0.5đ  

3 sin cos 4sin sin cos cos 4sin

2 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

Câu 2b.

0.5đ 3

3

2log (x1) log (2 x1) 2

3

log [(x 1)(2x 1)]

    ĐK: x > , 0,25

2

2x 3x

   

1

2 x

  



Đối chiếu điều kiện suy bpt có tập nghiệm S = (1;2] 0,25

Câu 0.5 đ

2 2

t x  3 t x  3 2tdt 2xdx  xdx tdt Đặt 0,25

3

2 ( 3)

.

3 3

t x

I t tdt t dt  C   C

Suy

0,25

Câu 4.a

0.5đ  

9 9 k 9

k k k k 3k

9

2

k k

2

x C x C x

x x

 

 



   

   

   

      Ta có 0,5

3

x 3k 3   k 2 Số hạng chứa tương ứng giá trị k thoả mãn

3

x  

2

2 3

9

C x 2 144x Suy số hạng chứa 0,25

Câu 4.b

0.5đ C20

=4845 Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi câu hỏi để lập đề

thi có đề thi 0,25

C10

.C10

=2025 Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc, có trường hợp

C10

.C10

=1200 Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc, có trường hợp

C10

=210 Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc, có trường hợp

2025+1200+210=3435 Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc, có trường hợp

3435 229

4845 323Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có nhất câu thuộc

0,5

Câu

1.0đ S.ABCD ABCD

1

V SH.S

3



ABCD

S a Ta

có ,

0,25

SH(ABCD)Do (SIC),(SBD)

cùng vuông với đáy suy

 

HEAB SHE AB SEH



SEH 60

  Dựng , suy

góc (SAB) (ABCD)

0

SH HE.tan 60  3HETa có

HE HI a HE

CB IC 3

a SH

3

   

 

3

S.ABCD ABCD

1 a 3a

V SH.S a

3 3

  

Suy

Gọi P trung điểm CD, suy AP song song vớiCI

        d SA,CI d CI, SAP d H, SAP

   0,25

HKAPSHK  SAPDựng , suy     

HF SK  HF SPA  d H, SPA HFDựng

SHK

 2

1 1

HF HK HS

  

Do vuông H(1)

DMAP DM HK 2 2

1 1

HK DM DP DA

   

Dựng , ta thấy

2 2 2 2

1 1

HF DP DA HS a a a a

        HF a

2

 

Thay vào (1) ta có

  a

d SA,CI

2 

Vậy

0,25

Câu 1.0đ

Gọi I giao điểm BM AC

BC 2BA  EB BA, FM 3FE   EM BC Ta

thấy

 

ABC BEM EBM CAB BM AC

      .

BM : x 2y 0   Đường thẳng BM qua M

vng góc với AC

0,25

13 x

2x y 5

x 2y 11

y 

 

  

 



 

   

  

 

13 11

I ;

5



 

  

 

12

IM ;

5

 

  

 



 

2

IB IM ; B 1;

3 5

 

 

   

 

 

T oạ độ điểm I nghiệm hệ ,

0,25

ABC

 2 2

1 1 5

BA BI

BI BA BC 4BA   Trong ta có

2

8 4

BI

5 5

 

   

     

   

5

BA BI

2

 

Mặt khác , suy

 

A a,3 2a

 2  2

2

a

BA a 2a 5a 26a 33 11

a   

          

 

 Gọi toạ độ

, Ta có

 

A 3; 3

2

AI ;

5 

 

 

 



Do a số nguyên suy

   

AC 5AI  2;  C 1;1  

                         

 

A 3; 3 B 1; 3   C 1;1 Ta có Vậy ,,

0,25

Câu

1.0đ Thể tích lăng trụ là: 2 3

a 3 a 3

V AA '.SABC a.

4 4

  

0,5

ABC , A'B'C'

  Gọi O , O’ tâm đường tròn ngoại tiếp

khi tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ trung điểm I OO’ Mặt cầu có bán kính là:

a 3 a a 21

2 2 2 2

R IA AO OI ( ) ( )

3 2 6

     

2

a 21 7 a

2 2

S R 4 ( )

6 3



    

suy diện tích mặt cầu (S) là:

0,5

Câu

1.0đ

2

0

4

1 xy x y y

y x y

    



  

   

  x y 3 x y y   1  4(y1) 0 Đk: Ta có (1)

,

u x y v  y u0,v0 Đặt ()

2 3 4 0

u  uv v  ( )

u v u v vn

    

 Khi (1) trở thành :

0,5

u v x2y1 4y2 2y 3 y1 2 yVới ﾧ ta có ﾧ , thay vào (2) ta

được :

   

2

4y 2y 2y y 1

        

 

2

2 2

0 1

4

y y

y

y y y

 

 

 

   

 2 2

1

4

y

y

y y y

 

 

   

       

  ﾧﾧ

2

2

0

1

4y 2y 2y y y

    

 

     y ﾧ( ﾧ)2

5;2 x 5 y  Với ﾧ ﾧ Đối chiếu điều kiện ta nghiệm hệ PT2 ﾧ

0,25

Câu

1.0đ 1x1y x y4 ,x0,y0

Áp dụng bất đẳng thức

1 1 1

2

S

b c a a c b b c a a b c a c b a b c

   

        

               

0,25

2

S

c b a

  

suy

0,25

1 , a c b 

2 3

2 a

c b a c b a a

   

          

    Từ giả thiết ta có nên

0,25

S 3 a b c   3.Vậy giá trị nhỏ Dấu xảy 0,25