Tải Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán trường THPT Việt Trì, Phú Thọ (Lần 3) - Đề thi thử đại học môn Toán năm 2016 có đáp án

chọn ngẫu nhiên 7 học sinh từ đội văn nghệ kể trên để biểu diễn văn nghệ trong lễ bế giảng.. Tính xác suất để trong đội văn nghệ không có học sinh khối 12.[r]

(1)

VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí

TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ

MA TRẬN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG Năm 2015-2016 lần

Mức độ Nội dung

Nhận biết Thông hiểu

Vận dụng

Tổng

Thấp Cao

Ứng dụng đạo hàm Câu 1.0 đ

Câu 1.0đ

2.0 Phương trình lượng giác

Hàm số mũ, hàm số logarit

Câu 3a 0,5 đ

Câu 3b 0,5 đ

1.0 Số phức Đại số tổ hợp xác suất

-Nhị thức Niu Tơn

Câu 4b 0,5 đ

Câu 4a 0.5 đ

1.0 Tích phân, diện tích hình phẳng thể

tích vật thể tròn xoay

Câu 1.0 đ

1.0

Phương trình- BPT – HPT đại số Câu

1.0 đ

1.0

Bất đẳng thức.Tìm GTNN,GTLN Câu 10

1.0 đ

1.0 Phương pháp tọa độ mặt phẳng Câu

1.0 đ

1.0 Phương pháp tọa độ không gian Câu

1.0 đ

1.0

Thể tích khối đa diện Câu

1 đ

1.0

Tổng điểm 2.0 5.0 2.0 1.0 10

TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 3

(2)

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề

y=x3−3x+2 Câu (1.0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

Câu (1.0 điểm). Trong tất hình chữ nhật có chu vi 60 cm Tìm hình chữ nhật có

diện tích lớn nhất.

Câu (1.0 điểm)

cos 2α=2

5 P=sin4α+cos4α −3 sin2α cos2α a) Cho Tính giá trị biểu thức: 1+6x=7x b) Giải phương trình sau :

Câu (1.0 điểm)

iz=1+2i w=(1+i)z+2 z a) Cho số phức z thỏa mãn: Tìm mơ đun số phức

b) Đội văn nghệ nhà trường gồm có học sinh khối 10, học sinh khối 11 học sinh khối 12 chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội văn nghệ kể để biểu diễn văn nghệ lễ bế giảng Tính xác suất để đội văn nghệ khơng có học sinh khối 12

I=∫

1

(xx+2+1)

2

dx Câu (1.0 điểm). Tính tích phân:

ABC A ' B ' C ' AB=AC=a (A 'BC) (ABC) 600 ABC A ' B ' C ' A ' Bvà AC' Câu 6

(1.0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng , có đáy tam giác vng, , góc hai mặt phẳng mặt

phẳng Tính thể tích khối lăng trụ khoảng cách hai đường thẳng chéo (d):x −1

2 =

y −3

1 =

z+3

−3 (P):2x+y+z −4=0 √6 Câu (1.0 điểm) Trong không gian với

hệ trục tọa độ Oxyz Cho đường thẳng , mặt phẳng Xác định tọa độ giao điểm đường thẳng (d) với mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt cầu tâm I(d) tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính

Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường

trịn 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 đoạn AI; điểm P(6;-1) thuộc đường thẳng AC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Câu (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau tập số thực:

¿

2x3

+xy2−2y=2y3+4x2y − x 2y2− x −2y −16

x2−8y+7 =(y+

2)(√x+1−3)

¿{

¿

√x2−3x

√2+9+√x2−4x√2+16≥5m Câu 10 (1.0 điểm). Tìm m để số thực x ta có:

-Hết -Thí sinh khơng dùng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:………SBD:……… …

TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

2015-2016-LẦN 3

(3)

Câu Nội dung Điểm

y=x3−3x+2 Câu (1.0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 1.0

* TXĐ: D=R

* Sự biến thiên: 0.25

y '=3x2−3=3

(x −1)(x+1)⇒y '=0⇔ x=1

¿

x=−1

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

lim y

x →+∞=+∞;limx→ −∞y =− ∞ Bảng biến thiên:

0.25

* Đồ Thị: Cắt trục Ox điểm (1;0); (-2;0); cắt trục Oy điểm (0;-2) Đi qua điểm (2; -4)

f(x)=x*x*x-3*x+2

-8 -6 -4 -2

x y

0.25

2 Câu (1.0 điểm). Trong tất hình cn có chu vi 60 cm Tìm hình chữ nhật

có diện tích lớn nhất.

Gọi cạnh hình chữ nhật x (cm) (0 < x < 30) Khi cạnh cịn lại (30 - x) (cm)

0,25 0,25

x

y ' y

- - 1 1 +

0 - 0 +

+

-+ 4

(4)

VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Theo diện tích hình chữ nhật là:

S=x(30− x)=− x2+30x=225−(x −15)2≤225

Vậy diện tích S hcn lớn = 225 x =15 (cm) (Chú ý: Bài có nhiều cách giải )

0,25 0,25

3

Câu (1.0 điểm)

cos 2α=2

5 P=sin4α+cos4α −3 sin2α cos2α a) Cho Tính giá trị biểu thức: P=(sin2α+cos2α)2−5 sin2α cos2α=1−5

4sin

2

2α=1−5

4(1−cos

2

2α)

5 4cos

22α −1

4= 4( 5) −1 4=− 20 ta có 0.25 0.25 1+6x=7x b) Giải phương trình sau :

⇔(1

7) x

+(6 7)

x

=1 Pt Nhận xét x=1 nghiệm phương trình cm x=1 nghiệm phương trình:

x>1 Ta có(1 7)

x +(6

7) x

<1 7+

6

7=1⇒pt khix>1 x<1 Ta có(1

7) x

+(6 7)

x >1

7+

7=1⇒pt khix<1 Vậy pt cho có nghiệm x =

0.25 0.25

4

Câu (1.0 điểm)

w=(1+i)z+2 z iz=1+2i a) Cho số phức z thỏa mãn: Tìm mơ đun số phức 0.5 iz=1+2i⇔z=2i+1

i =2−i 0.25

w=7+3i |ư|=|7+3i|=√72+32=√58 Thay vào tính Tính 0.25

b) Đội văn nghệ nhà trường gồm có học sinh khối 10, học sinh khối 11

học sinh khối 12 chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội văn nghệ kể để biểu diễn văn nghệ lễ bế giảng Tính xác suất để đội văn nghệ khơng có học sinh lớp 12

0.5

|Ω|=C157 =6435 Chọn em không gian mẫu phép thử :

|ΩA|=C117=330 Gọi A biến cố chọn em khơng có em lớp 12

0.25

P(A)=|ΩA|

|Ω|=

330

6435 Xác suất cần tính 0.25

5

I=∫

1

(xx++21)

2

dx Câu (1.0 điểm). Tính tích phân: 1 đ

I=∫

1

(x+1+1 x+1 )

2

dx=∫

1

(1+ x+1) dx ∫

dx+∫

1

2dx x+1+∫1

2

dx (x+1)2

Ta có

0.25

[x+2 ln(x+1)− x+1]¿1

2

=¿7

6+2 ln =

(5)

B A ’ A C M C’ B’ M’ H’

6

ABC A ' B ' C ' AB=AC=a (A 'BC) (ABC) 600 ABC A ' B ' C '

A ' Bvà AC' Câu (1.0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng, có đáy tam giác vng, , góc hai mặt phẳng mặt phẳng Tính thể tích khối lăng trụ khoảng cách hai đường thẳng chéo

1.0

Gọi M trung điểm BC ABC=BC

¿

AM⊥BC

¿

AA'⊥(ABC)

¿

===⇒

¿ ¿BC⊥A ' M

¿

(A 'BC)∩¿

Ta có

BC=a√2,MA=√2a

2 Tam giác ABC vuông cân nên a√6

2 =BB'=CC' Tam giác AMA’ vuông A nên AA’=AM.tan(AA’M)=

⇒VABC A ' B 'C=AA'.SΔABC=a

√6

0.25

Gọi M’ trung điểm B’C’ dễ cm hai mp (A’BM’) //(MAC’) Suy d(A’B, A’C) =d((A’BM’),(MAC’))=d(C’;(A’M’B))=d(B’;(A’M’B))

Gọi B’H đ/cao tam giác BB’M’ Ta chứng minh B’H khoảng cách cần tính

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng MBB’ ta có B ' H=BB'.B ' M

√BB'2

+B ' M2 =

a√2 a√

6 √a26

4 + a22

4

=a√6

0.25 0.25

7 (d):x −1

2 =

y −3

1 =

z+3

−3 (P):2x+y+z −4=0 √6 Câu (1.0 điểm) Trong

không gian với hệ trục tọa độ Oxyz Cho đường thẳng , mặt phẳng Xác định tọa độ giao điểm đường thẳng (d) với mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt cầu tâm I(d) tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính

1.0

¿

x −1 =

y −3

1 =

z+3 −3 2x+y+z −4=0

⇔ ¿x=3 y=4 z=−6 ¿{ ¿

Tọa độ giao điểm nghiệm hệ phương trình

(6)

VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí d(I ;(P))=√6⇔|2t −2|=6⇔

t=4

¿

t=−2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Gọi I(1+2t;3+t; -3-3t) thuộc d; theo ta có 0.25

x −9¿2+(y −7)2+(z+15)2=6

¿

x+3¿2+(y −1)2+(z −3)2=6

¿

I(9;7;−15)ptmc :¿

Với 0.25

8 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(6;-1) thuộc đường thẳng AC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

1.0

Gọi M điểm đối xứng A qua I

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

0.25

  

BCM BAM EDCDE / /MC 

(7)

Ta có

1(x −6)+2(y+1)=0⇔x+2y −4=0 Phương trình AC : Ta có Tọa độ A thỏa hệ phương trình

 

DE 1;2 

 x 2y 0x y 0A d AC    x 0y 2

   

(8)

Ta có ,

Phương trình BE :

Phương trình BD :

0.25

   

3 x 3  y 0   3x y 0  

   

2 x y 0     2x 3y 0  

 

AD 2; 3AE 3; 1    

(9)

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



 

  

      

           

(10)

26 x

x 2y 0 7 26 1

C ;

2x 3y 0 1 7 7

y

7



 

  

     

           

(11)

Kết luận : , ,

9

 

3

2

2 (1)

2 16

1 (2)

8

x xy x y x y y

y x y

y x

x y

     



     

     

   

 Giải hệ phương trình:

1.0

1

x +) ĐKXĐ: (*)

3 2 2

(1) ( ) (2 ) ( ) ( )(1 )

pt  x y  x  x y  xy  y   x y  x y   x y+)

2

1 2 x y 0,x y, Vì

Thế vào (2) được:

    

2

2( ) 16 1 4 32

2 1 3 1 1 3

4 2

x x x

x x x

x x x x

  

 

 

         

     

0.25

 

A 0;217 5

B ;

7 7

 



 

 

26 1

C ;

7 7

 

 

(12)

       

2

8

4

x x x x

x x x

   

 

     

8

4

3

4

x

x x

x x x

             

8 ( )

x  y tm pt 3   x 1 3x4  x1x2 4x7 +) +)

 x 3  x 12 3 x 2 x 22 3

          

   

  (4)

   2

' 0,

f t  t    t t  f t   t 3t2 3

+) Xét hàm số với có  f t  nên đồng biến

 1  2

f x f x

+) Mà pt(4) có dạng:

 4 2 2

1 4

x

x x

x x x

 

     

   

 Do

2

2 5 13

2

5

x x x x          

 (T/M)

5 13 11 13

2

x   y 

+) Với

5 13 11 13

(8;4); ;

2

T     

  

 x y; Vậy hệ cho có tập nghiệm là:

0.25

10 √x2−3x

√2+9+√x2−4x√2+16≥5m Câu 10 (1.0 điểm). Tìm m để số thực x ta có:

0

x    3 5HD: Nếu Vt = Vp (phương trình khơng có nghiệm).

0

90

A x0Nếu ta xét tam giác vuông ABC với , AB = 4; AC = 3 Gọi AD phân giác góc A, lấy M thuộc tia AD

2 16 2.

ABM BM x x

     ACM  CM2 x2 9 2.xĐặt AM = x, xét xét

5

CM BM BC m≤1 Từ suy Vt = Vậy theo u cầu tốn

M DDấu đẳng thức xảy ,hay

2

3

16

16 16.9 48 16.9 36

7 12

12

CM BM

x x x x

x x x               12 x

Vậy dấu “=” xảy Dự phòng

0.25 0.25

0.25

(13)

a, b, cCho số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau:

3

2 3

P .

a ab abc a b c

 

    Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có

 

3 1 a 4b a 4b 16c 4

a ab abc a . . a b c

2 2 4 3 3

  

       

a 4b 16c  Đẳng thức xảy

 

3 3

P

2 a b c a b c

 

    Suy

t a b c, t 0   

3 3

P

2t t

 

Đặt Khi ta có:

0.25

  3 3

f t

2t t

 

t 0  

3 3

f ' t

2t 2t t

 

Xét hàm số với ta có

 

3 3

f ' t 0 0 t 1

2t 2t t

     

0.25

Bảng biến thiên

t   01

 

f ' t 0 +

 

f t 

0

3 2



t 1 t  

3 min f t

2

  Do ta có

0.25 3 P 2  16 a 21

a b c 1 4

b

a 4b 16c 21

1 c 21                    

 Vậy ta có , đẳng thức xảy

3 2

 a,b,c 16 121 21 21, , 

(14)