Tải Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán trường THPT Quỳnh Lưu 3, Nghệ An (Lần 1) - Đề thi thử đại học môn Toán có đáp án

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB lần lượt tại các điểm D,E,F.. Cho các số dương x,y..[r]

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

Trường PTTH Quỳnh Lưu 3 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015 – 2016. Mơn: Tốn Thời gian làm 180 phút

3

y x  x  Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2ln

y x  x1;eCâu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số

 

1

1 x

I x e dx

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân sau: Câu (1,0 điểm).

a) z z1, z2 2z 5

2 2

Az  z Gọi hai nghiệm phương trình tập số phức Hãy tính giá trị biểu thức

b) log3x1 log 35 xGiải phương trình: (1;2;1)

I ( ) :P x2y2z 4 0 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,

cho điểm mặt phẳng Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc với (P) Tìm tọa độ hình chiếu I (P)

Câu (1,0 điểm ).

a)

1 ,sin

2

Cho     

sin cos

P    Tính giá trị biểu thức .

b) Năm học 2015 – 2016 trường THPT Quỳnh Lưu có 39 lớp chia cho ba khối ( khối 10, 11, 12), khối gồm 13 lớp Đoàn trường lấy ngẫu nhiên lớp để tổ chức lễ quân làm lao động vệ sinh môi trường cho địa phương vào Tháng niên Tính xác suất để lớp chọn có ba khối

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a Hình chiếu đỉnh S lên mặt đáy trung điểm H đoạn thẳng AB Biết góc hợp SC mặt đáy 450.

a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD

b) Tính khoảng cách hai đường thẳng BD SC

 

2 2

2 11 12

x y y x y x

xy x x y x

     

 

       



 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp tiếp xúc với cạnh BC,CA,AB điểm D,E,F Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết D(3;1), trung điểm BC M(4;2), phương trình EF: 3x-y-2=0 B có hồnh độ bé

Câu 10 (1,0 điểm) Cho số dương x,y Tìm giá trị lớn biểu thức:  3

2 2

1

3

3

P

x y

x y x y

  



 

-/ Hết / -Họ tên thí sinh: SBD:

Trường THPT Quỳnh Lưu 3

Câu ý Nội dung Điểm

1 đ

1) Tập xác định:

2) Sự biến thiên a) Chiều biến thiên:

2

' ; ' 0

y  x  x y   x  x  x  x

' 0 2; ' 0

y   x  x y   x

 ;0 2;Vậy, hàm số đồng biến hai khoảng

0;2

hàm số nghịch biến khoảng

0,25

b) Cực trị

Hàm số đạt cực đại x=0 yC Đ=1

Hàm số đạt cực tiểu x=2 yCT=-3

c) Giới hạn vô cực

 

3

lim lim lim ; lim

x  y x   x x x   x x x x y

  

           

 

 

0,25

d) Bảng biến thiên

x - 0 2 +

y’ + - +

y

1

- -3

+ 0,25

3 Đồ thị

Đồ thị có tâm đối xứng I(1;-1) qua điểm (0;1), (2;3), (-1;-3),(3;1)

0,25

2 đ

 

( ) 2ln ; '( ) ; '( ) 1;

f x x x f x f x x e

x

       

Ta có (1) 1; (2) 2ln 2; ( )

f  f   f e  e

1; 1; 

min 2ln 2;max

e e

y  y

Vậy,

0,5

3 đ

   

 

1

0

1

1

0

0

1

1

x x

x x x

I x e dx x de

x e e dx e e e

   

      

 



Vậy, I=e

0,5

0,5

4 đ

a 0,5

đ

2 2 5 0

z  z   ' 0 Phương trình có nên có hai nghiệm phức phân

biệt z1=1+2i z2=1-2i

2

1

z z  Az12 z22 10Khi đó, Do

0,25

0,25 b

0,5 đ

Điều kiện: -1<x<5

       

 

2

3 3 3

2 2

log log log log

1 11 24

x x x x

x x x x x x

      

           

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm thỏa mãn x=3

0,25

0,25

5 đ

a 0,5

đ

 ,( ) 1.1 2.2 2.1 42 2 2 1 2

r d I P     

  Khoảng cách từ I đến mp(P)

Vì M mặt cầu (S) tiếp xúc với mp(P) nên bán kính mặt cầu r=1 x 12 y 22 z 12 1Phương trình mặt cầu (S):

0,25

0,25

b 0,5

đ

1;2;2 n

1

1 2

x y z

 

Gọi d đường thẳng qua I vng góc với mp(P), d có véctơ phương nên có phương trình

2

2

4

2 , ; ;

3 3

1 1

3 x

x y z

x y y H

y z

z

  

  

 

   

   

   

 

   

 

 

 Gọi H hình chiếu cần tìm H

giao điểm d (P), tọa độ H nghiệm hệ phương trình

0,25

0,25

6 đ

a 0,5

đ

2

cos sin

9     

Ta có ;

2    

  cos 0

2 cos

3  

Vì nên ,

2

sin cos 2sin cos 2sin

9

P           

Khi đó,

0,25

0,25

b 0,5

đ

 n  C394 82251Gọi không gian mẫu : ‘ Chọn ngẫu nhiên lớp 39 lớp ‘

Gọi A biến cố “ chọn lớp có ba khối” 1

13 13 13

C C C TH1: khối 10 hai lớp, khối 11 lớp khối 12 lớp có cách chọn

1 13 13 13

C C C TH2: khối 10 lớp, khối 11 hai lớp khối 12 lớp có cách

1 13 13 13

C C C TH3: khối 10 lớp, khối 11 lớp khối 12 hai lớp có cách chọn

2 1 13 13 13

( ) 39546

n A  C C C  Do

( ) 39546 338

( ) 48%

( ) 82251 703 n A

P A n

   

 Xác suất cần tìm

0,25

7 đ

a 0,5

đ

 450

SCH  SH HC.tanSCH  HB2BC2.tan 450 a 5Vì HC hình

chiếu SC mặt đáy nên theo giả thiết Do đó,

4a Diện tích hình vuông ABCD

1

5.4 ( )

3 ABCD 3

a

V  SH S  a a  dvtt

Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD

0,25

0,25

b 0,5

đ

 ,   ,(   ,( )

d SC BD d BD SCE d B SCE Dựng hình bình hành BDCE,

 

 

,( ) 2

,( ) ( ,( ))

( ,( )) 3

d B SCE EB

d B SCE d H SCE

d H SCE EH    Mặt khác,

Gọi F G hình chiếu H lên EC SF ta có ( )

CE SH

CE SHF CE HG

CE HF

 

   



  HGSF HG SCE

 

 , 

d H SCE HG

, mà nên hay

2 2 2 2

1 1 16 19

9 45

HG SH  HF SH  AC  a  a  a Ta có

 

 , 

d H SCE HG

3 19 a

Suy =

19 a

Vậy, khoảng cách SC BD

0,25

0,25

A D

B C

S

E

H

8 đ

 

2 2 (1)

2 11 12 (2)

x y y x y x

xy x x y x

     

 

       



 Xét hệ

7

2 ,

3 x y    Điều kiện Ta có

2 4( 2)

2

x y

x y  x y   

Dấu “=” xẩy y=4x-8

   

2 8

2 x y y x  y x   

Dấu “=” xẩy y=4x-8

 

2 x y2 y8 x  y 4x

Suy Dấu “=” xẩy y=4x-8

               2 2 2

4 11

4

3 7

4 2;

3

4

1

3

4

3 ( )

1

4 (3)

4

x x x x

x x x x x x

x x x x

x x x

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x x

                                                                                   Như

vậy, pt(1)y=4x-8 Thế vào pt(2) ta có:

2 13 13

( )

2

pt   x  x   x   x 

+ 13

2 x 

1 13

;2 13

  



 

 Đối chiếu điều kiện ta có , hệ có nghiệm

+Xét pt(3)

7 1

2; 3 10

3

x x x

x x

 

           

  

 

7 3

2; : ( ) '( )

3 7

7 1

( )

3

x

x g x x x g x

x x

g x g

x x                                 

Xét hàm số Do đó,

7 2;

3 x  

   

1 1

3

4 3 x x 1 3 x x  2   : hay pt(3) vô nghiệm 13

;2 13

  



 

 Vậy, hệ có nghiệm

0,25

0,25

0,25

9 đ

Phương trình đường thẳng BC: x-y-2=0

3 0

, (0; 2)

2

x y x

H

x y y

   

 

 

 

   

  Gọi H giao điểm EF BC ta có tọa

độ H nghiệm hệ Từ giả thiết ta thấy H nằm tia đối tia BC Ta chứng minh MD.MH=MB2.

HB GB DB

HB DC DB HC HC CE DC  

MH MB MB MD      MB MD MH MB      MH MD MB  2Thật

vậy, qua B kẻ đường thẳng song song với CA cắt HE G Khi ta có BG=BF=BD đồng thời Vì M trung điểm đoạn BC nên ta

 2

2 t   8 t 42 t 2, (2;0)B  C(6;4)Gọi B(t;t-2),t<4 ta có x 22y2 2Phương trình đường trịn tâm B bán kính BD (T):

 2

3

2

1

3

5 x x

x y

y

x y y

 

      

 

 

  



   

 

 



  

3 1;1 , ;

5 F G  

 

2

, ( 1;3)

7 22

x y x

A

x y y

   

 

 

 

   

  Đường thẳng EF cắt (T) G F có tọa

độ nghiệm hệ Vì G nằm H F nên Khi phương trình AB: x+y-2=0, AC qua C song song với BG nên có pt: x-7y+22=0 Tọa độ điểm A nghiệm hệ

Vậy, A(-1;3),B(2;0),C(6;4)

0,25

0,25

0,5 10

1 đ 2 2 2 2  3

1

3

3

P

x y

x y x y

  



  Xét biểu thức

2 2

1

3 x y

x  y  x y  

Trước hết ta chứng minh

 

   

2 2 2

2 2 2 2

2 2

8

1 1

2

3 3

3

x y

x y x y x y x y

x y x y

    

      

         

ật vậy,

 

     

      

    

 

    

2

2 2 2

2

2

2 2 2 2

4

2

2 2 2 2

4 3

8 4

3 3

4 1

0

3 3

x y x y x y x y

x y

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

x y

x y

x y x y x y x y x y

      

  

 

     

 

    



    

Xét

Dấu “=” xẩy x=y  3

2

3 P

x y x y

 

  Như vậy,

1

,

t t

x y

 

 Đặt,

3

2

( ) '( ) 2 ; '( )

t

f t  t  f t   t f t   t 

Xét hàm số Ta có bảng biến thiên

t - -1 1 +

f’(t) - + -f(t)

4/3

Từ BBT ta thấy GTLN f(t) 4/3 t=1

2 x y

Vậy, GTLN P 4/3

0,5

0,5