Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Luyện thi - Đề thi Thi THPT Quốc Gia Môn toán 50 đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016 của các trường trên cả nước có đáp...

Tài liệu 50 đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016 của các trường trên cả nước có đáp án và thang điểm

.PDF
319
3165
134

Mô tả:

50 đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016 của các trường trên cả nước có đáp án và thang điểm
SỞ GD & ĐT PHÚ THO TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HOC 2015-2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đê Câu 1 ( 1 điểm ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2 (C). Câu 2 ( 1 điểm ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) có phương trình y  x3  3x 2  2 tại điểm có hoành độ bằng 2. Câu 3 ( 1 điểm )   4  a) Cho góc  thỏa mãn     và sin   . Tính A  cos     6 2 5  2  3i   2  i   1  2i  b) Tính modun của số phức z biết z  1 i Câu 4 ( 1 điểm ) 2 a) Giải phương trình sau: log 3 x  x  3  2   b) Đội học sinh giỏi cấp trường môn tiếng Anh Trường THPT Hiền Đa theo từng khối là như sau: khối 10 có 5 học sinh, khối 11 có 5 học sinh và khối 12 có 5 học sinh. Nhà trường cần chọn một đội tuyển gồm 10 học sinh tham gia thi IOE cấp tỉnh. Tính xác suất để đội lập được có học sinh cả ba khối và có nhiều nhất 2 học sinh lớp 10. e Câu 5 ( 1 điểm ) Tính tích phân sau I   x.ln x.dx 1 Câu 6 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;2), B(-1;2;1), C(2;-1;0). Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). Câu 7 ( 1 điểm ) Cho hình chóp đều S.ABC có các cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên với mặt đáy là 60o; gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AE và SC. Câu 8 ( 1 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 - 2 = 0, D(2; -1) là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AI; điểm P(2;1) thuộc đường thẳng AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 9 ( 1 điểm ) Giải phương trình sau trên tập số thực: 3 x 2  2 x  3 7 x 2  19 x  12   16 x 2  11x  27 x  4 1 12  7 x 2 Câu 10 ( 1 điểm ) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:  a  c   b  c   4c . Tìm giá   4a 4b 2ab a2  b2    trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P  . c  b  c   a  c  c2 ----------------- Hết ---------------- Thí sinh không được sử dụng tài liêuê - Cán bô ê coi thi không giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh :................................................ Số báo danh :............................ SỞ GD & ĐT PHÚ THO TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HOC 2015 - 2016 MÔN TOÁN I. Một số chú ý khi chấm bài - Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. - Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của đáp án. - Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Đáp án – thang điểm Câu 1( 1 điểm ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  2 (C). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). +) TXĐ: D = R y  ; lim y   +) Giới hạn : xlim  x  Đths không có tiê êm câ nê y '  3x 2  6 x x  0 y'  0   x  2 +) BBT  x y' + 0 0 2 2 0 - ĐIÊ M 0.25 0.25  +   y -2 +) Hàm số đạt cực đại tại xcđ =0; ycđ = 2. Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2; yct = -2. +) Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  +) Đồ thị 0.25 8 6 4 0.25 2 -15 -1 0 -5 5 10 15 -2 -4 -6 -8 Câu 2 ( 1 điểm ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) có phương trình y  x3  3 x 2  2 tại điểm có hoành độ bằng 2. Ta có y '  3 x 2  6 x Giả sử M(xo; yo) là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C). với xo = 2  yo  y  2   2; y '  2   0 Vâ êy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(2; -2) là y = 0(x - 2) - 2 hay y = - 2. Câu 3 ( 1 điểm )   4  a) Cho góc  thỏa mãn     và sin   . Tính A  cos     6 2 5  2  3i   2  i   1  2i  b) Tính modun của số phức z biết z  1 i      nên sin   0; cos  0 2 9 2 2 2 ta có sin   cos   1  cos x  25 3  cos x   ( vì  cos x  0 ) 5  3 1  A  cos      cos  sin  6 2 2  0.5 0.5 a) Vì 3  3 1 4 43 3  .    .   2  5 2 5 10 2  3i  2  3i   1  i   2  3i  2 z   2  i   1  2i   1 i 2 b) 2  5i  3 1 5 7 11   4  3i    i  4  3i   i 2 2 2 2 2 2 0.25 0.25 2 7 11 170 Ta có : z        2 2  2  Câu 4 ( 1 điểm ) 2 a) Giải phương trình sau: log 3  x  x  3  2 b) Đội học sinh giỏi cấp trường môn tiếng Anh Trường THPT Hiền Đa theo từng khối là như sau: khối 10 có 5 học sinh, khối 11 có 5 học sinh và khối 12 có 5 học sinh. Nhà trường cần chọn một đội tuyển gồm 10 học sinh tham gia thi IOE cấp tỉnh. Tính xác suất để đội lập được có học sinh cả ba khối và có nhiều nhất 2 học sinh lớp 10. x  2 2 2 2 a) Ta có log 3 x  x  3  2  x  x  3  9  x  x  6  0    x  3 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = -2 và x = 3 b) Gọi  là không gian mẫu của phép thử chọn 10 học sinh trong tổng số 15 10 học sinh tham gia thi IOE cấp tỉnh.  n     C15  3003  0.25  Gọi A là biến cố: " Đội lập được có học sinh cả ba khối và có nhiều nhất 2 học sinh lớp 10 ". 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 4 4 TH1: Có đúng 1 học sinh khối 10  có 5.1.C5  5.C5 .1  50 cách. TH2: Có đúng 2 học sinh khối 10  có C52 .C53 .C55  C52 .C54 .C54  C52 .C55 .C53  450 cách  n  A  450  50  P  A  n  A 500  n    3003 e Câu 5 ( 1 điểm ) Tính tích phân sau I   x.ln x.dx 1 dx  du   u  ln x x  Đặt  2 dv  x.dx v  x  2 0.25 e 2 e x  x2  1 I   .ln x    . .dx 1 2 x  2 1 0.25 e e2 1 e e2 1 e2 e2 1    x.dx   .x 2    2 2 1 2 4 1 2 4 4 e2 1 I   4 4 Câu 6 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;2), B(-1;2;1), C(2;-1;0). Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). uuur uuur uuur uuur Ta có AB  2;1; 1 ; AC  1; 2; 2   AB  AC  A,B,C không thẳng hàng uuur uuur   AB, AC    4; 5;3 uuur uuur Mp(ABC) đi qua A và nhận  AB, AC  làm véctơ pháp tuyến có phương trình là: -4(x - 1) -5(y - 1) +3(z - 2) = 0 hay -4x - 5y + 3z + 3 = 0. Mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc mp(ABC) nên mặt cầu (S) có bán kính là: 4  10  9  3 9 2  R = d  I ,  ABC    5 16  25  9 162 2 2 2 Phương trình mặt cầu (S) là :  x  1   y  2    z  3  25 Câu 7 ( 1 điểm ) Cho hình chóp đều S.ABC có các cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên với mặt đáy là 60o; gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AE và SC. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 S K F A C H E B E trung điểm của BC.nên AB  BC và SE  BC suy ra góc giữa SA và ·  60o . (ABCD) là SAE a 3 a 3 a 3 ; HE= ; AH = 2 6 3 Trong tam giác vuông SHA có SH =AH. tan60o = a .. 1 1 a 3 a2 3 Diện tích đáy là SABC =. AE.BC  . .a  2 2 2 4 1 1 a 2 3 a3 3 Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC = SH .S ABC  .a. (đvtt)  3 3 4 12 Dựng hình chữ nhật HECF. Có CF  HF và CF  SH  CF  (SHF). Hạ HK  SF  HK  (SCF) . Do CF // AE  d(AE, SC) = d(AE,(SCF)) = d(H,(SCF)) = HK. a CE = HF = 2 Trong tam giác vuông SHF có 1 1 1 1 4 5    2 2  2 2 2 2 HK SH HF a a a a  HK  5 a  d(AE, SC) = . 5 Câu 8 ( 1 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 - 2 = 0, D(2; -1) là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AI; điểm P(2;1) thuộc đường thẳng AC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 0.25 có AE = 0.25 0.5 A E I B P D C M Gọi M là điểm đối xứng của A qua I. uuur Chứng minh DE // CM từ đó DE  AC. DE  1;2  Phương trình đường thẳng AC là  x  2   2  y  1  0  x  2 y  4  0 x  2 y  4  0 x  0   A  0;2  Tọa độ điểm A thỏa mãn  x  y  2  0 y  2 uuur uuur Ta có AD  2; 3 ; AE  3; 1 Phương trình đường thẳng BE là 3  x  3   y  1  0  3x  y  8  0 Phương trình đường thẳng BD là 2  x  2   3  y  1  0  2 x  3 y  7  0 27  x   3x  y  8  0  17 5  7   B ;  Tọa độ điểm B thỏa mãn  7 7  2 x  3 y  7  0  y  5  7 26  x  x  2 y  4  0   26 1  7   C ;  Tọa độ điểm C thỏa mãn   7 7 2 x  3 y  7  0 y  1  7  17 5   26 1  Vậy A(0;2); B  ; ; C  ;   7 7   7 7 Câu 9 ( 1 điểm ) Giải phương trình sau trên tập số thực: 3  x 2  2 x  3 7 x 2  19 x  12   16 x 2  11x  27 x  4 1 12  7 x 0.5 0.5 12  4  x  7 Điều kiện:   x  3  1 0.25   Phương trình   x  1 3 x  4  12  7 x  16 x  24  0 x  1  3 x  4  12  7 x  16 x  24 pt  3 x  4  12  7 x  9   x4 0.25  2   2  12  7 x   2  3 x  4  12  7 x  3 x  4  12  7 x 3 x  4  12  7 x   3 x  4  12  7 x  1  3 x  4  1  12  7 x  9 x  36  1  12  7 x  2 12  7 x  2 12  7 x  23  16 x 12  23   x    16 7 48  28 x  529  736 x  256 x 2  12  23   x    16 7 256 x 2  764 x  481  0  0.5 12  23   x   16 7 382  6 633  x 256  x  382  6 633  256 382  6 633 256 2 Câu 10 ( 1 điểm ) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:  a  c   b  c   4c . Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1 ;  x  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P  4a 4b 2ab a 2  b2   2  . c  b  c  a  c c  a  b  Từ giả thiết ta có:   1  1  4  c  c  a b 2 2 4 4 4a 4b 2ab a 2  b2 a b a  b c c P      2 .       b a c c c  b  c   a  c  c2 c c 1 1 c c a b Đặt  x;  y  x, y  0 và  x  1  y  1  4  x  y  xy  3 c c 0.25 0.5 0  xy  1  x  y  2 4x 4y P   2 xy  x 2  y 2  7  5 xy  y 1 x 1  xy  2  8 xy  9  7  5t  t 2  8t  9  f  t  Với t = xy 0  t  1 ta có f '  t   5  t 4  0 với 0  t  1 t 2  8t  9 suy ra hàm f(t) nghịch biến trên  0;1 . Min P = Min f(t) = f(1) = 2  2 Dấu = xảy ra khi a = b = c 0.25 TRƯỜNG THPT YÊN THẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II LỚP 12 NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2x 1 (1). x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp điểm có hoành độ x  2 . Câu 2 (1,0 điểm). Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  7  x2 1  a) Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của    , x  0 .  2 x 5 b) Giải phương trình log52  5x   7log125 x  1 . e  3  ln x  Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I     2 ln x dx .  x 1  Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x  4 y  2  0 , cạnh BC song song với đường thẳng d, phương trình đường cao BH là x  y  3  0 và trung điểm cạnh AC là M 1;1 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 5 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 1  cos2 x  cos x  1  4 1  sin x   2 sin  x   . 4  b) Trong kì thi THPT quốc gia, An làm đề thi trắc nghiệm môn Hoá học. Đề thi gồm 50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng; trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. An trả lời hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu; 5 câu còn lại An chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để điểm thi môn Hoá học của An không dưới 9,5 điểm. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (BC//AD). Biết đường cao SH bằng a , với H là trung điểm của AD, AB  BC  CD  a, AD  2a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC, M và N lần lượt là trung điểm của AH và BH, trên cạnh CD lấy điểm K sao cho 9 2 MNCK là hình bình hành. Biết M  ;  , K  9; 2  và các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng có 5 5 phương trình 2 x  y  2  0 và x  y  5  0 , hoành độ đỉnh C lớn hơn 4. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D. x 3 2 9 x trên tập số thực.  x 3 x 1  x  3 Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình của biểu thức P 2 abc 3 3  ab  bc  ca 1  a 1  b 1  c  ----- Hết ----- TRƯỜNG THPT YÊN THẾ Câu 1.a (1,0 điểm) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II LỚP 12 NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề TXĐ: D   ;1  1;  y'  3  x  1 2 Điểm Nội dung  0, x  D nên hàm số (1) nghịch biến trên từng khoảng xác định Tính đúng giới hạn và nêu được hai đường tiệm cận, x  1 là tiệm cận đứng, y  2 là tiệm cận ngang Lập đúng BBT Vẽ đồ thị, nhận xét tâm đối xứng I 1;2 y 0.25 0.25 0.25 f(x)=(2x+1)/(x-1) 5 0.25 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 1.b (1,0 điểm) Câu 2a (0,5 điểm) Câu 2b (0,5 điểm) Câu 3 (1 điểm) Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm ta có x0  2; y0  5 0.25 Hệ số góc của tiếp tuyến là k  y '  2  3 0.25 Phương trình tiếp tuyến là y  3 x  2  5 Kết luận pt tiếp tuyến y  3x  11 0.25 2 k x  C Số hạng tổng quát trong khai triển là: 7    2 Số hạng trên chứa x 5 khi 14  3k  5  k  3 35 Vậy số hạng chứa x 5 là  x 5 16 7 k k  1   1 C7 143k   x  x 27k   k k 7 2 Điều kiện x  0 . Ta có log52  5 x   7 log125 x  1  1  log 5 x   log 5 x  1  0 3 log5 x  0 x  1 1 2  log5 x  log5 x  0    1 3 log5 x  3 x  5 3  KL e e e  3  ln x  3  ln x I     2 ln x dx   dx   2 ln xdx  J  K x x 1 1 1  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 e e Ta có K   2ln xdx  2 x ln x 1   2dx  2 x ln x 1  2 x 1  2 e 1 e 2 Vậy I  Câu 4 (1,0 điểm) 2 3 2  2t dt  3 t 3 2  3 16  6 3 3 0.25 dx x 0.25 . 22  6 3 3 Ta có AC  BH ; M 1;1  AC , nên phương trình AC: x  y  0 . Toạ độ đỉnh A Vì BC // d nên phương trình BC là x  4 y  8  0 . Suy ra BH  BC  B  4;1  2 2  8 8 Vậy A   ;   , B  4;1 , C   ;    3 3  3 3 1  cos2 x  cos x  1  4 2 sin  x    Điều kiện sin x  1.   1  sin x 4   0.25 0.25 0.25 0.25 2 cos 2 x  cos x  1  4  sin x  cos x  1  sin x  1  sin x  cos x 1  2 sin x  cos x   sin x  cos x  sin x cos x  1  0 Câu 5b (0,5 điểm 0.25 x  4 y  2  0  2 2 là nghiệm của hệ phương trình   A  ;   .  3 3 x  y  0  8 8 Vì M 1;1 là trung điểm của AC nên C   ;    3 3 Câu 5a (0,5 điểm) 0.25 1 Đặt t  3  ln x  t 2  3  ln x  2tdt  Khi đó J  e  sin x 1 cos x 1  0  cos x  1  x    k 2 , k  Z (Vì sin x  1 ) KL. Bạn An được không dưới 9,5 điểm khi và chỉ khi trong 5 câu trả lời ngẫu nhiên, An trả lời đúng ít nhất 3 câu. Xác suất trả lời đúng một câu là hỏi là 0,25; trả lời sai là 0,75 3 2 Xác suất trả lời đúng 3 trên 5 câu là C53  0, 25  0,75 0.25 0.25 0.25 Xác suất trả lời đúng 4 trên 5 câu là C54  0, 25  0,75 4 Xác suất trả lời đúng 5 câu là  0, 25 Vậy xác suất để An được không dưới 9,5 là 5 C53  0, 25  0,75 + C54  0, 25  0,75 +  0, 25 = 0,104 3 Câu 6 (1,0 điểm) 2 4 5 Kẻ đường cao BK của hình thang ABCD, ta có a 3 BK  AB 2  AK 2  2 AD  BC 3a 2 3 .BK  Diện tích ABCD là S ABCD  2 4 1 a3 3 Thể tích khối chóp S.ABCD là V  SH .S ABCD  3 4 Gọi I là trung điểm của BC, Kẻ HJ vuông góc với SI tại J. Vì BC  SH và BC  HI nên BC  HJ . Từ đó HJ   SBC  0.25 0.25 0.25 Khi đó d  AD, SB   d  AD,  SBC   d  H ,  SBC    HJ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác có a 3 a. a 21 SH .HI a 21 2 . Vậy d  AD, SB   HJ    7 7 SH 2  HI 2 3a 2 a2  4 Câu 7 (1,0 điểm) MN là đường trung bình của tam giác HAB suy ra MN // AB và MN  0.25 1 AB 2 1 1 AB  CD suy ra K là 2 2 trung điểm của CD và N là trực tâm tam giác BCM, do đó CN  MB và MK // CN nên MK  MB   36 8    9 8 B  d : 2 x  y  2  0  B  b; 2b  2  , MK   ;  , MB   b  ; 2b   5 5  5 5    52 52 MK .MB  0  b   0  b  1  B 1; 4  5 5   C  d ' : x  y  5  0  C  c; c  5 ,(c  4), BC   c 1; c  9  , KC   c  9; c  7    c  9 BC.KC  0   c  1 c  9    c  9  c  7   0    C  9; 4  c  4( L) Vì K  9;2 là trung điểm của của CD và C  9;4 nên D  9;0 0.25 MNCK là hình bình hành nên CK // MN; CK  MN  0.25 0.25 0.25 Gọi I là trung điểm của BD thì I  5;2  và I là trung điểm của AC nên A 1;0  Câu 8 (1,0 điểm) x 3 2 9 x (1)  x 3 x 1  x  3 ĐK: 1  x  9, x  0 Xét phương trình Khi đó (1)        x  3 2  x 2  3x  2 9  x x  3  3 x  1  x 3 x 1  x  3    9  x  1  2 9  x x  3  3 x  1   x  1  x  3  3 x  1  2 x  3 x  1  x  3 x 3 x 1  x  3 x 33 x  3  3 x 1  2 9  x  x 3 x 1  x  3     x 1  3  2 1 9  x x 0 0 0.25  0 0 x 1 3 x 1  2  2 9  x 0 x x 1 9 x 0.25 0.25  0  x 8 x 1 2   0 x  x  1  3 1  9  x  x 8  00 x8 x Đối chiếu điều kiện được nghiệm 0  x  8 . 0.25 Ta có ab  bc  ca  3 3  abc  . 0.25  Câu 9 (1,0 điểm) 2  (1  a)(1  b)(1  c)  1  abbc  ca  a  b  c  abc  1  3 abc Khi đó P  2 t , với t  3 abc , )  t  1  2 3  3t t 1  3 t  t  1  3t 2  t  1 2 t Xét hàm số f  t    , 0  t  1, f '  t   2 2 3  3t 2 t  1 3 1  t  1  t 2  Từ đó suy ra MaxP  5 khi a  b  c  1. 6 0.25 0.25 0.25 SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 LỚP 12 NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút , không kể thời gian giao đề Câu I (2 điểm). Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  9 x  m , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho với m  1 . 2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2  2 . Câu II(3 điểm). Giải các phương trình, hệ phương trình sau 1. 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos 3 x  4 sin x.sin 2 x 2.  2  log 3 x  log 9 x 3  4 1 1  log 3 x  y 3  y  4  3x  ( x  2) x  2 3.  ( x  y  5) x  y  2 y  4  0  1 nCnn Cn1 2Cn2 3Cn3 Câu III (1 điểm). Tính tổng S     ...  2.3 3.4 4.5  n  1 n  2  Câu IV(1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a , góc tạo bởi cạnh n bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. 6  x  3 x2  4 Câu V(1 điểm). Tính giới hạn L  lim . x2 x2  4 Câu VI (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  13 và đường tròn (C2 ) : ( x  6) 2  y 2  25 cắt nhau tại A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và lần lượt cắt (C1 ), (C2 ) theo hai dây cung phân biệt có độ dài bằng nhau. Câu VII( 1 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ  1  1  1   1  1  1 .  ab  bc  ca  nhất của biểu thức P  3  ------------------------Hết---------------------- VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí ĐÁP ÁN KHẢO SÁT TOÁN LẦN 1, LỚP 12, NĂM HỌC 2015_2016 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  9 x  m , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m  1 . Câu I.1 (1 đ) Với m  1 ta được y  x 3  6 x 2  9 x  1 . 0,25 *TXĐ: D  . * Sự biến thiên của hàm số Giới hạn tại vô cực lim y   x  0,25 lim y   x  Chiều biến thiên y '  3 x 2  12 x  9  3( x 2  4 x  3) x  1 y'  0   x  3 Bảng biến thiên 0,25  x 1 + y' y 0  3 - 0  3  + -1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1) và (3,   ) . Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3). Hàm số đạt cực đại tại x  1 và yCD  y (1)  3 ; Hàm số đạt cực tiểu tại x  3 và yCT  y (3)  1 . * Đồ thị (Tìm được các điểm đặc biệt và vẽ đúng dạng đồ thị) VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí fx = xxx-6xx+9x-1 8 6 0,25 4 2 -5 5 10 15 -2 -4 -6 -8 Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2  2 . Câu I.2 (1 đ) 0,25 Ta có: y '  3 x 2  6(m  1) x  9. Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x2  Phương trình y '  0 có hai nghiệm pb là x1 , x2  Pt x 2  2(m  1) x  3  0 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x2   '  (m  1) 2  3  0 0,25  m  1  3  (1)  m  1  3 Với ĐK (1), theo định lý Viet ta có: x1  x 2  2(m  1); x1 x 2  3. 0,25 x1  x2  2   x1  x2   4 x1 x2  4 2  4  m  1  12  4 2  (m  1) 2  4  m  3  m  1 (2)  m  3 Từ (1) và (2) ta được:  TMYCBT. m  1 Giải phương trình 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos 3 x  4 sin x.sin 2 x (1) (1)  1  3 cos x  cos 2 x  2 cos  2 x  x   4 sin x.sin 2 x 0,25 Câu II.1 (1 đ) VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 0,25  1  3 cos x  cos 2 x  2  cos x.cos 2 x  sin x.sin 2 x   4 sin x.sin 2 x  1  3 cos x  cos 2 x  2  cos x.cos 2 x  sin x.sin 2 x   0  1  3 cos x  cos 2 x  2 cos x  0  1  cos x  cos 2 x  0 0,25  2 cos 2 x  cos x  0 0,25 cos x  0   cos x   1  2    x  2  k   ; k  .  x   2  k 2  3 Giải phương trình  2  log 3 x  log 9 x 3  Câu II.2 (1 đ)  x  0  ĐKXĐ:  x  3 (*)  1 x  9  0,25 4  1 (1) 1  log 3 x 0,25 Với ĐK (*), ta có : (1)   2  log 3 x   1 4  1 log 3 9 x 1  log 3 x 0,25 2  log 3 x 4   1 (2) 2  log 3 x 1  log 3 x t  1 (**) ) t  2 Đặt: t  log 3 x ( ĐK:  Khi đó phương trình (2) trở thành: t  1 2t 4   1  t  2 2  t 1 t t 2  3t  4  0  t  1 t  4 1  x   3   x  81 0,25 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 1 So sánh điều kiện được 2 nghiệm x  ; x  81 3 Câu II.3 (1 đ)  y 3  y  4  3x  ( x  2) x  2 (1) Giải hệ phương trình  ( x  y  5) x  y  2 y  4  0 (2) x  y ĐKXĐ:  (*) x  2 0,25 a  x  y Đặt  b  x  y 0,25 (ĐK: b  0). Thay vào phương trình (2) ta được: (a  5)b  a  b 2  4  0  (b  1)(a  b  4)  0  a b4  x  y  4  x  y (3) Ta có: (1)  y 3  y  ( x  2  1)3  ( x  2  1) Xét hàm số: f (t )  t 3  t đồng biến trên . 0,25 Do đó ta có: y  x  2  1 (4) Từ (3) và (4) ta được:  x  y  4  x  y  x  2  y  2  x  2  2  y    x  2  y  1  y  1  x  2 ( y  1) 2  y  2  ( y  1) 2  2  y   x  2  y  1  y 2  y  1  y 2  3 y  3   x  2  y  1 x  3  y  2 x  3 Kết hợp với điều kiện (*), ta được:  là nghiệm của hệ phương trình đã y  2 cho. 0,25 Câu III (1 đ) VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí n 0,25 1 nCnn  C 2C 3Cn3 Tính tổng S     ...  2.3 3.4 4.5  n  1 n  2  1 n Ta có 2 n  n  1! Cnk C k 1 n! 1   .  n 1 (3) k  1 k ! k  1 n  k  ! n  1  k  1 !  n  1   k  1  ! n  1 k Áp dụng 2 lần công thức (3) ta được: 0,25  1 kCnk   1 kCnk22  k  1 k  2   n  1 n  2  k Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có n  n  1 n  2  S  Cn3 2  2Cn4 2  3Cn5 2  ...   1 nCnn22 0,25    Cn21  Cn31   2  Cn31  Cn41   3  Cn41  Cn51   ...   1 nCnn11 n  Cn21  Cn31  Cn41  ...   1 Cnn11 n   Cn01  Cn11  Cn01  Cn11  Cn21  Cn31  Cn41  Cn51  ...   1 n 1  Cnn11  0,25 1   n  1  1  1   n n Vậy S  .  n  1 n  2  n 1 Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a , góc tạo bởi 0,25 cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. Câu IV Do AH  ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết (1 đ) A thì góc AA1 H bằng 300. B C K A1 C1 H B1 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H =300  AH  a . 2 0,25 V ABCA1 B1C1  AH .S A1 B1C VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí a a 2 3 a3 3    2 4 8 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H =300  A1 H  giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và A1 H  a 3 . Do tam 2 a 3 nên A1H 2 0,25 vuông góc với B1C1. Mặt khác AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 H ) Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1 Ta có AA1.HK = A1H.AH  HK  Tính giới hạn L  lim x2 Câu V (1 đ) L  lim x2 x2 3 x2 0,25 6  x  2  2  3 x2  4 x2  4 x2  4  2 x2  4  8  lim x2 x2  4 ( x 2  4)[ 3 ( x 2  4) 2  2 3 x 2  4  4]  lim x2 3  L 0,25 6  x  3 x2  4 . x2  4 6 x 2 2 x  lim 2 x  2 ( x  2)( x  2)( 6  x  2) x 4 1  lim x  2 ( x  2)( 6  x  2) 1  16 lim lim A1 H . AH a 3  AA1 4 0,25 0,25 1 ( x 2  4) 2  2 3 x 2  4  4 1 12 7 48 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  13 và đường tròn (C2 ) : ( x  6) 2  y 2  25 cắt nhau tại A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và lần lượt cắt (C1 ), (C2 ) theo hai dây cung phân biệt 0,25
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan