1. Trang chủ
  2. » Cao đẳng - Đại học

Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Đông Sơn 1, Thanh Hóa (Lần 3) - Đề thi thử đại học môn Toán có đáp án

7 16 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 7
Dung lượng 155,09 KB

Nội dung

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có , lần lượt là chân ba đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C của tam giác.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.[r]

(1)

TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2016 (LẦN 3) Mơn Thi: TỐN

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) y=x42 mx23 Câu (1,5 điểm) Cho hàm số

a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = b) Tìm m để hàm số có điểm cực trị

f(x)=x −3 ln(x+2) Câu 2 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn [0; 4]

Câu 3 (1,0 điểm).

|z −2+i|=3 a) Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2x+3x=5x b) Giải phương trình

y=√x(ex+1) Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình phẳng H giới hạn đường: y = 0,, x = 0, x = Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay H quanh trục hoành.

Oxyz x − y+z −1=0 A(1;2;3) B(3;4;1) Câu (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ , mặt phẳng (P) có phương trình hai điểm, Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B đồng thời vuông góc với (P) tìm điểm C thuộc (P) cho tam giác ABC tam giác

Câu 6 (1,0 điểm). √3 sinx

cosx+1=1 a) Giải phương trình

b) Một đề thi trắc nghiệm có 20 câu, câu gồm có phương án trả lời có phương án Mỗi câu chọn đáp án 0,5 điểm Giả sử thí sinh A chọn ngẫu nhiên phương án Tính xác suất để A điểm (lấy gần đến chữ số sau dấu phẩy)

¿3a

4 Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD chữ nhật có tâm O, AB = a, tam giác OAB tam giác Tam giác SAB tam giác đều, tam giác SCD tam giác cân S Hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc miền hình chữ nhật ABCD SH Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SC AB

E(1;−2), F(2;2) Q(1;2) Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có , chân ba đường cao hạ từ đỉnh A, B, C tam giác Tìm tọa độ điểm A, B, C

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

2 2

6

3 1

3

( 3) 36 ( 1) 12

y y

x x

y

x y xy x y x

y y

  

     

 

 

        

 ( ,x yR 0)

2b −3¿2+4c29

a −1¿2+¿ 4¿

P=a

+a2+36 2(a+1) +

b3+b2+36 4(b+1) +

2c3+c2+9

2c+1 Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức

(2)

Trờng thpt đông sơn i Hớng dẫn chấm mơn tốn 12 (lần 3) Năm học 2015 - 2016

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

1a y=x4

2x23 Khi m = ta có hàm số

1) Tập xác định: R 2) Sự biến thiên:

lim y

x →− ∞=+∞,limx →y+

=+ a, Giíi h¹n:

0,25 ±1 b, Bảng biến thiên: y’ = 4x3 - 4x, y’ = x = 0, x =

x -  - + 

y' - + - + y

+  - + 

- -

0,25

Hàm số đồng biến khoảng (- 1; 0) (1 ; + ) Hàm số nghịch biến khoảng (- ; -1) (0;1)

±1 ± Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3, đạt cực tiểu tại x =, yCT = y(1) = -

0,25

(±√1

3;− 32

9 ) ±√3 3) Đồ thị: Đồ thị (C) hàm số có hai điểm uốn U, nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox điểm (; 0)

0,25

1b y '=4x34 mx⇒y '=0⇔x=0, x2=m 0,25

y '=0 ⇔m>0 Hàm số có cực trị có nghiệm phân biệt 0,25

2 f '

(x)=1

x+2=

x −1

x+2 f '(x)=0⇔x=1 , 0,25

3 ln 13 ln 43 ln Ta có: f(0) = , f(1) = , f(4) =

max [0;4]

f(x)=f(4)=43 ln6 [0;4]

f(x)=f(1)=13 ln3 Vậy ,

0,25 3a z=x+yi x , y∈R M(x ; y) Gọi (), z có điểm biểu diễn

|x+yi−2+i|=3⇔|x −2+(y+1)i|=3 Theo ta có 0,25

y+1¿2 ¿

y+1¿2=9

x −2¿2+¿

x −2¿2+¿ ¿

√¿

y+1¿2=9

x −2¿2+¿ ¿

Vậy tập hợp điểm biểu diễn z đường tròn

0,25

3b

(25) x

+(3 5)

x

=1 Phương trình cho tương đương với (*) 0,25

1 x

- y

3 3

O

(3)

f(x)=(2 5)

x +(3

5) x

, f '(x)=(2 5)

x ln2

5+( 5)

x ln3

5<0,∀x∈R Xét hàm số

f(x) ()⇔f(x)=f(1)⇔x=1 Hàm số nghịch biến R,

0,25 4

V=π

(√x(ex+1))2dx ¿π

x(ex+1)dx=π

xexdx +π x

2 ¿0

1 =π

0

xexdx +π

2 0,25

¿

u=x dv=exdx

¿du=dx

v=ex

0

xexdx=xex¿01

exdx=e − ex¿01=1 ¿{

¿

+) Đặt 0,25

V=π+π 2=

3π

2 Do (đvtt) 0,25

5 ⃗AB=(2;2;−2) ⃗nP=(1;−1;1) +) , mp(P) có vectơ pháp tuyến ⃗

nQ=[⃗AB,nP]=(0;−4;−4) Mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến 0,25

0(x −1)4(y −2)4(z −3)=0⇔y+z −5=0 (Q) có phương trình: 0,25

C(a ;b ;c)

C∈(P) CA2=CB2 CA2

=AB2

¿a −b+c −1=0

c −1¿2 ¿

c −3¿2=12 ¿ ¿{ {

b −2¿2+¿

a −1¿2+¿ ¿

b −4¿2+¿

a −3¿2+¿

c −3¿2=¿

b −2¿2+¿

a −1¿2+¿ ¿

(4)

a −b+c=1

a+b − c=3

c −3¿2=12 ¿

¿ ¿a=2

¿

b=c+1 ¿

c −3¿2=12 ¿

¿ ¿ ¿a=2

b −2¿2+¿

a−1¿2+¿ ¿

C(2;6+3√2

2 ;

4+3√2

2 ), C(2;

63√2 ;

43√2

2 ) Vậy

0,25

6a cosx ≠ −1 Điều kiện:

√3

2 sinx −

2cosx=

2sin(x −

π

6)= 2⇔x=

π

3+k2π , x=π+k2π PT

0,25

x=π

3+k2π Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình 0,25

6b |Ω|=420 Số cách A chọn ngẫu nhiên phương án 0,25

Gọi B biến cố cho, A được điểm nghĩa A chọn câu chọn sai 12 câu C208 |ΩB|=C20

8

312 Có cách chọn câu mà A trả lời đúng, 12 câu trả lời sai,

câu A có cách chọn phương án sai Do số cách chọn phương án A

P(B)=|ΩB| |Ω|=

C20

312

420 0,06089 Xác suất cần tìm là:

0,25

7 Ta có AC = 2OA = 2a

BC=√AC2AB2=a√3 SABCD=AB BC=a

2

√3

0,25

VS ABCD=1

3SABCD.SH=

a3 √3

4 0,25 AB //(SCD) Ta có AB //CD

⇒d(AB,SC)=d(AB,(SCD)) Gọi M, N trung điểm AB CD

ABSM,ABMN Ta có 0,25

AB(SMN) ABSHSH(SMN)⇒H , mà thuộc đoạn MN SM=a√3

2 , MH=√SM 2SH2

=a√3

4 HN=MNMH= 3a√3

4 SN=√SH2+HN2=3a

2 SM

+SN2=MN2SMSN

CDSMSM(SCD)SM=d(AB,(SCD)) d(SC AB)=a√3

2 Do CD//AB nên

Vậy

0,25 S

A

B C

D O

H M

(5)

8AEB AFB 900 BFE BAE

 Do nên tứ giác

ABEF nội tiếp đường trịn đường kính AB suy (1)

   

QAE QCE  BAE QCB Tương tự: Tứ giác AQEC nội tiếp nên (2)

 

QFB QCB Tứ giác BQFC nội tiếp nên (3)

 

BFE QFB Từ (1), (2) (3) ta có , nghĩa là BF đường phân giác kẻ từ F tam giác QEF

0,25

H=AEBF Tương tự ta có AE đường phân giác tam giác QEF.Gọi suy H trực tâm tam giác ABC tâm đường tròn nội tiếp tam giác QEF

4

EQ,EF

4

5

5

DQ EQ

DQ DF D ; DF EF

 

       

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D=AEQF

+) Gọi

QD=4

3 +) Do H chân đường phân giác kẻ từ Q tam giác QDE nên ta có

3 (0;1)

HD QD

HE HD H HEQE    

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25

x − y+3=0 AB qua Q và vng góc với QH nên có phương trình:

x+3y+7=0 BC qua E vng góc với EH nên có phương trình: 2x+y −6=0 AC qua F vng góc với FH nên có phương trình:

0,25

A=ABAC

¿

x − y+3=0 2x+y −6=0

¿x=1

y=4

⇒A(1;4) ¿{

¿

nên tọa độ điểm A nghiệm hệ

B=AB∩BC

¿

x − y+3=0

x+3y+7=0

¿x=4

y=1

⇒B(4;−1) ¿{

¿

nên tọa độ điểm B nghiệm hệ

¿

x+3y+7=0 2x+y −6=0

¿x=5

y=4

⇒C(5;−4) ¿{

¿

C=BCAC nên tọa độ điểm C nghiệm hệ

A(1;4), B(4;−1),C(5;−4) Vậy

0,25 A

B C

Q

F

E H

(6)

9

2

0

x, y, y  

3

2

2

6

3 1

3

( 3)( 12) ( 1)

y y

x x

y

y x x x

y y                        

 Điều kiện: Hệ

3

3

3 ( 6)

( )( 12) ( 1)

y y x x

y y x x x y y

                 3

a y y

b x        

 2

( 7)

( 13)

a b b

a b ab

          

 Đặt ta có hệ

0,25

a=0 Nhận thấy không thỏa mãn hệ Khi hệ tương đương với

2 2

2

2

1

1 7 7

7

1 1

13 13 20

b b

b b b

b a a a a

a a

b b

b a a b b b

a a a a

                                                                0,25 ¿

b=3a 3a+1

a=4

¿{ ¿

b=12a 12a+1

a=5

¿{

¿

b a=3 b+1

a=4

¿{ ¿ b a=12 b+1

a=−5

¿{

hoặc

¿

a=1/3

b=1 ¿{

¿

a=1

b=3 ¿{

¿

b=3a 3a24a+1=0

¿{ ¿

b=12a 12a2

+5a+1=0(vô nghiêm) ¿{

hoặc

¿

a=1

b=3

¿√y33y=1

x+1=3

¿y33y=1(1)

x=2 ¿{

¿

+) Với

y>2 y33y

=y(y23)>2(1) Nếu vơ nghiệm

yy0Do để (1) có nghiệm (0;2] (do ). 2cos , 0;

2

yt t 

  (1) cos3t −6 cost=1cos 3t=12 Đặt , trở thành

0;

t    t

9

y cos

  t=±π 9+

k2π

3 , k∈Z Do nên

(7)

¿

a=1/3

b=1

¿√y33y=1/3

x+1=1

¿y33y=1/9

x=0(loai) ¿{

¿

+) Với

( ; ) 2; 2cos

x y  

 Vậy hệ cho có nghiệm

0,25

10

x , y>0 (x+y)(1

x+

1

y)2√xy 2√

1

x

1

y=4

1

x+

1

y≥

4

x+y

Với ta có (*)

P=9(

a+1+

b+1+ 2c+1)+

1 4(2a

2

+b2+4c2)

2

a+1+

b+1+ 2c+1

4 2a+2+

4

b+2c+2 16

2a+b+2c+4 Áp dụng (*) ta có

0,25

2a+b+2c¿2(2+1+1)(2a2+b2+4c2)

¿ Áp dụng BĐT Bunhiacopsky ta có

2a+b+2c¿2 2a+b+2c¿2⇒P≥144

2a+b+2c+4+ 16 ¿

2a2+b2+4c21 4¿

0,25

2a+3b ≥ a2+b2+c2+1=(a2+4)+(b2+4)+(c2+1)84a+4b+2c −8 Từ giả thiết ta có

2a+b+2c ≤8 t=2a+b+2c⇒0<t ≤8 P≥144

t+4+

t2

16 Đặt

0,25

t+4¿2 ¿

t+4¿2 ¿ 8¿

¿

f '(t)=144 ¿

f(t)=144

t+4+

t2

16 Xét (0; 8]

min

¿ư f(t)=f(8)=16⇒P ≥16 f(t) Suy nghịch biến (0; 8], P=16⇔a=2, b=2, c=1

(a ;b ;c)=(2;2;1) minP=16 Vậy

0,25

Ngày đăng: 17/02/2021, 14:25

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w