Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THCS - THPT Đông Du, Đắk Lắk (Lần 3) - Đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án

Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AB.. Câu 8 (1,0 điểm)..[r]

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THCS – THPT ĐÔNG DU

THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN - 2016 MÔN: TOÁN

Thời gian: 180 phút

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

Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số giao điểm với

trục tung

Câu (1,0 điểm).

a) Tìm mơđun số phức biết

b) Giải bất phương trình:

4 2 2 1

y x  x 

3 4 3

y x  x 

z 2

3z  2 z (4  i)

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểmvà mặt phẳng Viết

phương trình tham số đường thẳng AB viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I nằm đường thẳng AB, bán kính tiếp xúc với mặt phẳng (P); biết tâm I có hồnh độ dương

Câu (1,0 điểm).

a) Giải phương trình:

b) Từ chữ số 0, 1, 2, 3, ta lập tập A chứa số có chữ số đơi khác nhau, lấy ngẫu nhiên số từ A Tính xác suất để số lấy có số chia hết cho

 

2

sin

0

.cos x

I e x xdx



 

(1;0; 2), (2;1;1)

A B

( ) : 2P x y  2 z  4 0

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA (ABCD), SB =

a, gọi M trung điểm AD Tính theo a thể tích khối chóp SABCD khoảng cách hai đường thẳng SM AB

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp trong

đường tròn tâm I; có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y - = 0, D(2; -1) chân đường cao tam giác ABC hạ từ đỉnh A Gọi điểm E(3; 1) chân đường vng góc hạ từ B xuống AI; điểm P(2;1) thuộc đường thẳng AC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

3

3 3 2 3

3 4 2 0

( , ) 3 2 2

x y y x y

x y x x x y

       

 

     



Câu 10 (1,0 điểm) Cho số dương Tìm giá trị lớn biểu thức:

- HẾT

-ĐÁP ÁN

, ,

a b c3

a b c  3 3 3

bc ca ab

a bc b ca c ab

P  

  

Câu

- TXĐ: D =

- Giới hạn:

……… - Sự biến thiên:

+) Ta có: y' = 4x3 - 4x +) Bảng biến thiên

………

1đ



' 0 0 1

y x x

     

4

2 4

2 1

lim lim 1

x  y x  x x x

 

     

Suy ra: * Hàm số nghịch biến khoảng hàm đồng biến khoảng * Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ =

xCT =, yCT =

………1

- Đồ thị:

Giao điểm đồ thị hàm số với trục tung M(0;3)

………

0.5 0.25 0.25

f(x)=x^4-2x^2+1

-2 -1 -2

-1

x y

3 4 3

………

Phương trình tiếp tuyến cần tìm :

a) Gọi

-Ta có:

………

Giải được:

0.25 0.25

0.25

0.25

4 3

y  x 

( , )

z a bi a b      z a bi

2

3 2z3(a bi5a bi  ) 2(z  a bi(4 )15 8) 15 8i ii

     

2

' 3 4 '(0) 4

y  x   y 

3; 8 3 8 73

………

b) Giải phương trình:

Đăt ; ta có :

………

Ta có :

1

1

3 3 3 1

3

x x  x

     

2

1( )

3 2 0 1

3

t loai

t t

t

  

    

  

3 ( 0)x

t  t 

Vậy nghiệm bất phương trình

4 0.25

0.25

1

x  

2 2

sin

0 0

cos .cos

x

I e xdx x xdx

 

  

  2

2 2

sin sin sin

1 0

0 0

cos sin 1

x x x

I e xdx e d x e e



 

0.25

=

0.25

2 2

2 2

2

0 0 0 0

.cos sin sin cos 1 2 2

I x xdx x x xdx x

 

 

 

       

1 2

I I I 

2 2

5

- Vectơ phương đường thẳng AB

………

- Phương trình tham số đường thẳng AB

-0.25 0.25 0.25

0.25

(1;1; 1)

AB  



1

( )

2

x t

y t t z t

  



 



   

Gọi tâm ;

(S) tiếp xúc mp (P)

………

Phương trình mặt cầu (S) cần tìm :

a) Giải phương trình:

………

0.25 0.25 0.25

2 2 2

( 3) (x   y  2)  z 16

cos 2 sin sin cos sin 2 sin 2 2 sin 2 2 sin( ) 4

x  x x  x x  x  x    x

2( ) 5 12

( ,( )) 4 5 12 14 5 2 12 (

5

t nhân t

d I P t

t t loai)

                  

(1 ; ;2 )

I  t t  t AB

Tìm kết luận nghiệm:

b) Tìm tập A có 48 số có chữ số đội khác

Tìm số phần tử khơng gian mẫu :

……… Tìm 48 số có 12 số chia hết cho 36 số không chia hết cho

0.25

4 48

( ) 194580

n  C 

2

12 3 ;

3

2 4

k x

k

x k

 



 



 



    

Số kết thuận lợi cho biến cố đề :

Xác suất cần tìm

476

1081

P 

1 3

12 . 36 85680

7

0.25

+ Tính SA = , SABCD = a2

+

0.25

2 2 2 2

SB AB  3a a a 2

3

ABCD

1 a 2 V S .SA

3 3

+ Kẻ AH SM (H SM) (1)

SA (ABCD) , mà AD AB Từ

(1) (2)

d(SM, AB) = AH

0.25

 



AB AH

 AB (SAD)

 



SA AB

+ = d(SM,AB)

0.25

8

Gọi M điểm đối xứng A qua I

Ta có (Do tứ giác ABDE nội tiếp) Từ suy mà

0.25

0.25

2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 AH AS  AM a 22a  a

AH

3

 

2

2 2a

AH

9

 

DE / /MC

Ta có

Phương trình AC : Ta có Tọa độ A thỏa hệ phương trình

0.25

0.25

 

DE 1;2 

   

1 x 2 y 0x 2y 0     x 2y 0x 0 

x y 0 y 2

   

 



 

   

 

Ta có ,

Phương trình BE :

Phương trình BD :

   

3 x 3  y 0   3x y 0  

   

2 x y 0     2x 3y 0  

 B BE BD 

 

Tọa độ B thỏa hệ phương trình

Ta có , nên Tọa độ C thỏa hệ phương trình

 C AC BD 

17 x

3x y 0 7 17 5 B ;

2x 3y 0 5 7 7 y 7                           26 x

x 2y 0 7 26 1 C ; 2x 3y 0 1 7 7

Kết luận : , ,

17 5

B ;

7 7

 



 

  

A 0;226 1

C ;

7 7

 

 

Câu

Điều kiện:

0.25

Xét hàm số

0.25

2

x 

  3 

3 3 2 3

(1)  x x   2 y 3y 4y  x x   2 y 1  y  1 2

3 3 2 3

3 4 2 (1)

3 2 2 (2)

x y y x y

x x x y

      

 

    



  3 2

f t t t  

Ta có:

Mà liên tục , suy hàm số đồng biến

 

f t 

f t

  2; 

  2; 

  2  

' 3 1 0, 2;

Do đó:

1

Thay phương trình (2) ta được:

0.25

(

0.25

1

y x3 3 2 2 1

x   x  

        

 

3 8 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2

x x x x x x x

x                            

2 2 2 2 2

2 2 4 2 2 4 0 2 2 2 2

x

x x x x x x

x x                        

2 0 2 3

( (*)

Ta có

Do phương trình (*) vơ nghiệm

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

10

Với a + b + c = ta có

0.25

 x y ;   2;3

3 ( ) ( )( )

bc bc bc

a bc  a a b c bc  1  a b a c1 

2

bc

a b a c

 

     

 

   

2 2 4 2 0 2 2 4 2

2 2 2 2

x x x x

x x

       

   

 2  

2 2 4 1 3 3; 2 1, 2;

2 2

VT x x x VP x x

Theo BĐT Cô-Si: , dấu đẳng thức xảy rab = c

Tương tự

0.25

Suy P

0.25  1 1 2 3 ca ca

b a b c b ca            1 1 2 3 ab ab

c a c b c ab            3 2( ) 2( ) 2( ) 2 2

bc ca ab bc ab ca a b c

a b c a b c

    

       

1 1 2

( )( )

Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy max P = a = b = c =

0.25