Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2016 trường THPT Xuân Trường, Nam Định - Đề thi thử đại học môn Toán năm 2016 có đáp án

giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD).. Biết và góc tạo bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1 NĂM HỌC: 2015-2016

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian phát đề

y=x4−2x2−3 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Câu (2,0 điểm)

a) tanα 2

3π π α

2

  sinα 2π

3

 



 

 Cho Tính b) cos x sin 4x cos3x 0   Giải phương trình:   4 2.

f x  x  x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

1 2;

2

 



 

 

đoạn 2.4x 6x x

  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình

Câu (1,0 điểm) Trong đợt thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Tốn có em đạt giải có nam nữ, mơn Văn có em đạt giải có nam nữ, mơn Hóa học có em đạt giải có nam nữ, mơn Vật lí có em đạt giải có nam nữ Hỏi có cách chọn mơn em học sinh để dự đại hội thi đua? Tính xác suất để có học sinh nam nữ để dự đại hội?

2

SD a 300 aCâu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Tam

giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết góc tạo đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) Tính theo thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC)

2

(x 4) (y1) 253x 4y17 0 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho

hình chữ nhật ABCD Gọi M điểm đối xứng B qua C N hình chiếu vng góc B MD.Tam giác BDM nội tiếp đường trịn (T) có phương trình: Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: ; đường thẳng BC qua điểm E(7;0) điểm M có tung độ âm

       

  

2

1 2

8

2

4

x x y x y y

x y

y x

x x

         



  

    

 

 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

 

, , 0;

x y z x y z  3

Câu (1,0 điểm) Cho thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2 2

1 1

2 2

P xy yz zx

x y y z z x

     

     

-HẾT

Hä tªn thÝ sinh: ; SBD

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 (1,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

DR1) Tập xác định :

2) Sự biến thiên:

lim

x →+∞y=+∞ x →− ∞lim y=+∞ a, Giới hạn : ;

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

x -  - + 

y' - + - +

y

+  - + 

- -

0,25

(1;+∞) (− ∞;−1) Hàm số đồng biến khoảng (- 1; 0) , hàm số nghịch biến khoảng (0; 1)

Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) = -

±1 ±1 Hàm số đạt cực tiểu x = , yCT = y() = -

0,25

± √3 3) Đồ thị: Đồ thị (C) hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox

tại điểm (; 0)

0,25

Câu 2.1

(1,0 điểm) tanα 2



3π π α

2

  sinα 2π

 



 

 Cho và Tính ?

2

1 1

Cosα cosα

1 tanα 5

    

 

Ta có

0,25

3π

π α cosα

2

    cosα

5 

Do nên 0,25

5

sinα cosα.tan α

5

 

   0,25

1

1



3



y

x

O 4



3

3

2π 2π 2π

sinα sin α.cos cosα.sin

3 3

2 5 15

5 10

 

  

 

 

   

  

Vậy

0,25

Câu 2.2 (1,0 điểm)

cos x sin 4x cos3x 0   Giải phương trình:

cos x sin 4x cos3x 0    2sin 2x.sin x 2sin 2x.cos 2x 0  0,25

2

2sin 2x(s inx cos2x) sin 2x( 2sin x sin x 1)

        0,25

kπ x

2 π

sin 2x x k2π

2 sinx

π

x k2π

1

sinx

2 7π

x k2π

6 

   



   

 

      

   

 



 

  



0,5

Câu (1,0 điểm)

  4 2.

f x  x  x Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

1 2;

2

 



 

  trên đoạn

2

x f '(x)

4 x  

 + Ta có 0,25

1

f '(x) x [ 2; ]

2

    

+ 0,25

1 15

f ( 2) 2;f ( )

2



  

+ Có 0,25

1

[-2; ] [-2; ]

2

1 15

;

2

maxf(x)  minf(x) 0,25

Câu 4

(1,0 điểm) 2.4

x x x

  Giải phương trình

Phương trình

4

2

9

         

   

x x

0,25

2

2

3

          

   

 

2

1

2

3

      

   

         

x

x

Loai

0,25

2 log  x

2 log

x

Vậy phương trình có nghiệm

0,25

Câu 5 (1,0 điểm)

Trong đợt thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định trường THPT Xn Trường mơn Tốn em đạt giải có nam nữ , mơn Văn có em đạt giải có nam nữ , mơn Hóa học có em đạt giải có nam nữ , mơn Vật lí có em đạt giải có nam nữ Hỏi có cách chọn môn em học sinh để dự đại hội thi đua ? Tính xác suất để có học sinh nam nữ để dự đại hội?

n(Ω) 625

  Có tất 5.5.5.5=625 cách 0,25 Gọi A biến cố “có HS nam nữ dự đại hội”

A

 biến cố “Cả bốn HS nam HS nữ dự ĐH” 0,25

n(A) 4.1.2.3 1.4.3.2 48

     

n(A) 48

P A

n(Ω) 625

   0,25

  48 577

P(A) P A

625 625

    

Vậy 0,25

Câu 6 (1,0 điểm)

2

SD a 300 a Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Tam giác

SAB nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết góc tạo đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) Tính theo thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC)

( )

SH  ABCD Gọi H trung điểm AB Suy

 300 SCH  và

2

SHC SHD SC SD a

     Ta

có:

Xét tam giác SHC vng H ta có:

0

.sin sin 30

.cos cos30

SH SC SCH SC a

HC SC SCH SC a

  

  

0,25

3

SH a AB2aVì tam giác SAB mà nên Suy ra

ABCD

S AB BC  a BC HC2 BH2 2a 2

   Do đó,

1

3

S ABCD ABCD

a

V  S SH 

Vậy,

0,25

2

BA HA d B SAC ,  2d H SAC , Vì nên

Gọi I hình chiếu H lên AC K hình chiếu H lên SI Ta có:

ACHI ACSH AC SHI ACHK HK SI nên Mà, ta lại có:

  HK  SAC

Do đó:

3

HI AH AH BC a

HI

BC AC   AC  Vì hai tam giác SIA SBC đồng dạng nên

2

HS HI HK

HS HI

 



66 11

a

Suy ra,  

 ,   ,  2 66

11

a d B SAC  d H SAC  HK 

Vậy ,

0,25

2

(x 4) (y1) 253x 4y17 0 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M điểm đối xứng B qua C N hình chiếu vng góc B MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: ; đường thẳng BC qua điểm E(7;0) điểm M có tung độ âm

Câu 7 (1,0 điểm)

+(T) có tâm I(4;1);R=5

+ Do I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM N,C chân đường cao nên chứng minh :IM CN

0,25

+ Lập ptđt IM qua I IM CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0 M(7; 3)

M(1;5) (loai) 

 

 + M giao điểm (T) với IM : 0,25

+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7 + C giao điểm BC NC => C(7 ;1) + B đối xứng M qua C => B(7 ;5)

0,25 + Đường thẳng DC qua C vng góc BC : y=1

D(9;1) D( 1;1) 

 

 D giao điểm (T) DC : Vì B,D nằm phía với CN nên D(-1 ;1)

BA CD

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

+Do => A(-1 ;5)

* Nếu không loại mà lấy điểm D cho 0,75đ

0,25

       

  

2

1 2

8

2

4

x x y x y y

x y

y x

x x

         



  

    

 

 Giải hệ phương trình:

1;

x y Điều kiện 0,25

I

M C A

D

B

N

Câu 8 (1,0 điểm)

 

1 ; ,

x a y b a b Đặt , từ (1) ta có:  

   

2 1 2 2 2 0

1

a ab a b b a b ab b a b

a b a b

             

    

a b

  a b,  0 2 a b 0 (do

1

x y y x

      

Thế vào (2) ta được:

   

          

2

8 8

1

4 7

x x x x x x

x x

x x x x x

     

     

     

 

8

4

*

4

x

x x

x x x

  

  

 

 

  



0,25

8 11;

  

x y +

 *   x 1 3x4  x1x2  4x7 +

 x 3  x 12 3 x 2 x 22 3           

   

  (**)

0,25

   3 3

f t  t t  t  f t'  3t12    0 t f t  Xét hàm số với

có nên đồng biến

     

2

** 2

1 4

x

f x f 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

5 13 11 13

;

2

   

 

 

  8;11 x y; Vậy hệ cho có nghiệm

0,25

Câu 9 (1,0 điểm)

 

, , 0;

x y z x y z  3 2 2 2

1 1

2 2

P xy yz zx

x y y z z x

     

      Cho

thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức

     

2 2 1 1 2

x y   x   y   x y

1

xy xy  

Ta có ,….; ,…

1 1

3

P xy yz zx

x y y z z x

 

        

  

  Nên

x y z xy yz zx       9xyzTa có

          8   

9

x y y z z x x y z xy yz zx xyz x y z xy yz zx

              

                 

 

     

 

   

 

2

2

1 1

8

27

8

x y y z y z z x x y z x

x y y z z x x y y z z x

x y z xy yz zx x y y z z x x y z xy yz zx

x y z xy yz zx xy yz zx

       

  

     

    



  

    



   

 

 

 

1 27 27

2 8

P xy yz zx

xy yz zx

 

      

 

 Suy

txy yz zx  Đặt

       

, , 0; 2 2 2

2

xyz

x y z   x  y  z   xy yz zx      t Do

 2

1

3

3

xy yz zx   x y z    t

Mặt khác:

2;3

t Vậy

0,25

 

1 27 27

2 8

P t f t

t

 

     

  Ta có

 

f t t0; 2    

3

2

1 27 27

' 2;3

2 16

t

f t t t

t t



 

       

  f t  2;3Xét hàm số với ta có nên hàm số đồng biến

   3 15

f t f

  

.

0,25

  15

4

Pf t  P 15

P

1

x  y z Do Có

15

4 x  y z 1.Vậy giá trị nhỏ P đạt

0,25