Tải Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán trường THPT Hồng Quang, Hải Dương (Lần 3) - Đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án

Hình chiếu vuông góc của trên mặt phẳng trùng với trung điểm của cạnh ; Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng.. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường chéo.[r]

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN KÌ THI THPT QUỐC GIANĂM 2016

MƠN: TỐN

(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề). Câu (2,0 điểm)

a) ( )C y x  2x2 3Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số b)

4

( )

1

   

f x x

x x2;4 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số với Câu (1,0 điểm)

a) Oxy z z 2 i  1 3i Trong mặt phẳng tọa độ tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mãn

b)

2

2

log x 2log x 0

Giải bất phương trình

 

2

2

0

cos sin cos



 

I x x xdx

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

Oxyz ( )S I(5; 3;4) ( ) : 2P x y z   0 ( )S ( )P Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Viết phương trình mặt cầu có tâm tiếp xúc với mặt phẳng Tìm tọa độ tiếp điểm

Câu (1,0 điểm) a)

2

3 sin 2cos

2

 x 

x

Giải phương trình

b) Có hai hộp chứa viên bi Hộp thứ chứa viên bi màu trắng viên bi màu đỏ, hộp thứ hai chứa viên bi màu trắng viên bi màu đỏ Từ hộp lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác xuất cho hai viên bi lấy màu

' ' '

ABC A B C A AB a AC a ,  A' (ABC) H BC 450a ABC A B C ' ' ' AA'CB'Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác có đáy tam giác vng , Hình chiếu vng góc mặt phẳng trùng với trung điểm cạnh ; Góc cạnh bên mặt đáy Tính theo thể tích khối lăng trụ khoảng cách hai đường thẳng,

Oxy ABCD AC(0;2) AD3BC BD

24 16

;

13 13

M  

  HD 2HM MD A B D ABCD A, ,

 d : x y  1 0 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ , cho hình thang vng , vng B, có

đỉnh Gọi H hình chiếu vng góc A đường chéo Điểm điểm thuộc đoạn cho Tìm tọa độ đỉnh hình thang vuông biết đỉnh thuộc đường thẳng

 

2 1 4

2 ( , )

3

x y

x x y

x y

x x y y

   

   





 



    





Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

, ,

a b c a b  1 cCâu (1,0 điểm) Cho số dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức

     

3 3 14

1 1

a b c

P

a bc b ca c ab c a b

   

     

- Hết

-Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm.

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM LẦN 3

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu 1a (1,0 đ) ( )C

4 2 3

  

y x x Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

' 4 

y x x D=ℜ TXĐ: , ,

0

'

1

     

   

x

y x

x ,

   

' 0   1;0  1;

y x y' 0     x  ; 1  0;1

0,25

1;0 ; 1;     ; ; 0;1  Hàm số đồng biến khoảng , hàm số nghịch biến khoảng

0; CD

x y  Hàm số đạt cực đại ,

   

1

; y 1

1 CT

x

y y

x  

   

 

 Hàm số đạt cực tiểu điểm

0,25

   

lim lim ; lim lim

                

x y x x x x y x x x .

Bảng biến thiên

0,25

(0; 3)

f(x)=x^4-2*x^2-3

-4 -2

-4 -2

x y

O

Đồ thị cắt trục tung điểm

 3;0 ,  3;0

Đồ thị cắt trục hoành điểm Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng

0,25

Câu 1b 4

( )

1

   

f x x

x x2;4 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số với

0 



x

'( )

f x ( )

f x

 3

 

 

0

 0 0

4

  4

 

1

(1,0 đ)

 2

4 '( )

1

   f x

x 0,25

 

 

3 2;4

'( )

1 2;4

x f x

x      

 

 0,25

 2 4;  4 10;  3

3

  

f f f

0,25

2;4   2;4  

max ( )f x f 4; ( )f x f 3

Vậy

0,25 Câu 2a

(0,5 đ) Oxy zTrong mặt phẳng tọa độ tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mãn2 1 3    

z i i

 

, ;

   

z x yi x y M x y ; 

Gọi số phức biểu diễn điểm

 2  2

2 3 10

z  i   i  x yi   i   i  x  y 

0,25

x 22  y 12 10

     ,

z I2;1 R 10Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức đường trịn tâm, bán kính

0,25 Câu 2b

(0,5 đ)

2

2

2

log x 2log x 0

Giải bất phương trình

0



x  

2

2 2

2

log x 2log x 0  log x 2log x 0

ĐKXĐ: , 0,25

2

2

2

log

1

log

8

x x

x x

  

 

  



  





 

1

0; 2;

8

S    

  Vậy bất phương trình có tập nghiệm

0,25

Câu 3

(1,0 đ) 2 

0

cos sin cos



 

I x x xdx

Tính tích phân

 

2 2

2 2

0 0

cos sin cos cos sin xcos

I x x xdx xdx xdx

  

   

0,25

 

2

2

0

1 1

cos cos sin 2

2 2 0

I xdx x dx x x

 

 

 

       

 

 

.

0,25

   

2

2

2

0

1

sin xcos sin x sin sin

3

0

I xdx d x x

 



   

.

0,25

1

I  

Vậy 0,25

Câu 4 (1,0 đ).

RR d ; I P  2 6Gọi bán kính mặt cầu, theo điều kiện tiếp xúc 0,25

( )S x 52 y32z 42 24Phương trình mặt cầu

0,25

H ( )S ( )P H I(5; 3;4) ( )P IH

5

3 ,

4

x t

y t t

z t

  



   

   



Gọi tiếp điểm , hình chiếu mặt phẳng , đường thẳng có phương trình

0,25

H H5 ; 3 t   t;4t H P

     

2 2 t   3 t 4t  0  6t 12 t 2 H 1; 1;2 Tọa độ điểm có

dạng , nên ta có

0,25

Câu 5a

(0,5 đ) sinx2cos2 2x 2

Giải phương trình

2

3 sin 2cos sin cos sin

2

x

x   x x  x 

  . 0,25

2

,

2

2

x k

k

x k

 



  

 

   



 

2

2 ;

3

x k  x  k  k 

Phương trình cho có nghiệm

0,25

Câu 5b (0,5 đ)

Có hai hộp chứa viên bi Hộp thứ chứa viên bi màu trắng viên bi màu đỏ, hộp thứ hai chứa viên bi màu trắng viên bi màu đỏ

  1

15.C11 165

n  C  Phép thử: “Chọn từ hộp cho, hộp viên bi”,

Biến cố A: “Hai viên chọn màu” 0,25

1

A   1

1 8.C5 40

n A C  : “Hai viên chọn trắng”,

A   1

2 7.C6 42

n A C  : “Hai viên chọn đỏ”,

   1  2 82

n A n A n A   

82 165

P A 

Vậy , xác suất biến cố A

0,25

Câu 6 (1,0 đ)

ABC 2 2 3 4 2

      

BC AB AC a a a BC a

1

 

AH BC a

Trong tam giác vng có ;

AH AA' (ABC) AA' (ABC) A AH'  ' 450



phẳng nên góc mặt phẳng góc Theo giả thiết có

'

A AH A H' AH aTrong tam giác có ABC

2

1

2

ABC  

a

S AB AC

Diện tích tam giác

1 1

ABC A B C

2 3 3

'

2



 ABC  a a

V A H S a

Thể tích khối lăng trụ

0,25

'

A ACB' A A' B BCC' ' A' B BCC' ' Khoảng cách hai đường khoảng

cách từ đến mặt phẳng khoảng cách từ điểm đến E A' B C' 'Gọi hình chiếu vng góc cạnh

'

A HE A K' HE (1)Gọi K hình chiếu vng góc

 

' ' '

' ' ' ' ' ' (2)

' ' ' ( ' ( ' ' '))

 

   



 



B C A E

B C A HE B C A K

B C A H A H A B C Mặt khác

 

' ( ' ') ',( ' ') '

 A K  BCB C  d A BCB C A KTừ (1) (2)

0,25

'

A HE

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

' ' ' ' ' ' ' ' 3

21 '

7

A K A H A E A H A B A C a a a a

a A K

        

 

Trong tam giác vuông có

'

AA CB'

21

a

Vậy khoảng cách hai đường

0,25

Câu 7 (1,0 đ)

OxyTrong mặt phẳng tọa độ , ABCDcho hình thang vng , A vuông B,

(0;2)

C AD3BC có đỉnh

1 1

3 3

HM HE EM

HD HA   AD  - Gọi E là điểm đoạn AH cho 2HE = EA, và

EM // AD Suy tứ giác BCME hình bình hành, Suy CM // BE

 BEAM  CM AM - Dễ thấy E trực tâm tam giác BAM

0,25

( ; 1)

A a a CM AM  AM CM.  0 a 3 A3; 4 

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

Vì A thuộc (d) nên

tọa độ , mà 0,25

Gọi I giao điểm đường chéo AC và BD

1 3 1

;

4 4 2

CI CA I 

    

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

:

BD x y - Đường thẳng BD qua I M , suy

:

AH x y  - Phương trình , mà H giao điểm hai đường thẳng BD AH

3 2 ; 13 13 H 

 Suy

 

3 6; 4

HD HM  D 

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

Mà  

1

3;2 3

CB DA B 

 

0,25

Câu 8

(1,0 đ) 21  2 (1)

3 (2)

   

   



 



    



x y

x x y

x x y y

Giải hệ phương trình

0

1   

 

  

y x

Điều kiện

   

       

3

2

3

3

1

2

8 2



 

      

 

          

x y

x x y x x x y y

x y x x y x y x x y y x

0,25

2

2

 x y   x y  y x

4x 2x y  y x0(Vì theo điều kiện có ) 0,25

2

3 2x1x 4 x 4x Thay vào (2) có phương trình

1

2 x Điều kiện

2 

x

Xét , nghiệm phương trình

1

2x Xét

   

2

2

2

2

3 4

(4 2) (6 3 1) (1 )

4

1

2 1

   

          

   

     

    

x x x x

x x x x x x

x x x x

x x

x x x x

0,25

       

   

2

2

6 ( 1)(2 1)( 1)(2 1)

2

2 1 5 4

6 ( 1)(2 1)

1 2

2 1

x x x x x x

x x

x x x x

x x

x x x

x x x x

     

     

    

   

         

    

 

  2

1 ( 1)(2 1)

2

2 2 1

x x

x x

x x x x

   

        

    

  Vì

1

  

x y Với

1

1

  

x y

Với

1

x y

  

 

1

x y 

    

 Đáp số ; Câu 9

(1,0 đ).

, ,

a b c a b  1 cCho số dương thỏa mãn

     

3 3 14

1 1

a b c

P

a bc b ca c ab c a b

   

     

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

, ,

a b c a b  1 c a1 b1 ab a b   1 ab c Với số dương thỏa mãn

 1  1 1 22 1 2

4

ab c  a b  a b   c

Áp dụng bất đẳng thức Cơ – si ta có

 

3

2

4

c c

c ab  c        2

14 28

1

1 1 c

c a b  

Suy .

0,25

 2

2 x y

x y

m n m n



 

 x y m n, , , Ta có bất đẳng thức ln với số dương Thật vậy,

 

   

 

2

2 2

2

2 2 2

; ; ; 0,

2

x y m n x y

x y x y

m n x y

m n m n m n

x n y m xymn xn ym

 

  

       

  

     

Áp dụng bổ đề bất đẳng thức Cơ – si ta có:

 

 

  

 

 

 

 

2 2

3 4

2 2

2

2 2 2

2

2

2

1

1

2

a b

a b a b

a bc b ca a abc b abc a b abc

a b a b

c

a b c

a b c

c c



   

     

 

 



 

 

 

 

0,25

 

       

2 3

2

1 28

,

2 1

c c

P f c c

c c c



    

   Từ bất đẳng thức suy .

    

   

2

2

3 14 23 5

' , ' ,

3

2

5 53

; 14 23 0,

3

c c c

f c f c c

c

f c c c

  

   

  

     

   

0,25

 

f c 538 c53 P 538 a b 13;c53

Từ bảng biến thiên hàm số suy hàm số đạt giá trị nhỏ Vậy giá trị nhỏ biểu thức

0,25