Tài liệu _dethithu.net_de thi thu thptqg so1

DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày! Click Tải ngay! ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 DETHITHU.NET ———————— Đề số 01 Môn : TOÁN Thời gian làm bài 180 phút ———— Đăng tải trên website: www.DeThiThu.Net De Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x3 + 3x2 + (m − 1)x − 1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1. b) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0; 3). Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho cung α thỏa mãn tan α = 2. Tính A = cos Th b) Tìm môđun của số phức z = 2 + 3i − 3π − 2α . 2 1 + 5i . 3−i Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log2 (4x) − 3log√2 x − 7 = 0. 2  2x + 1 + y + 2 = 6  x y 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 1  2 (x + y 2 ) 1 + =8  xy . iTh 2 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = 1 ln (x2 ex ) dx. (x + 2)2 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết AC = 2a, BD = 4a, tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC. et u.N Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 2). Đường phân giác trong và đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B lần lượt có phương trình 2x − y + 5 = 0 và 7x − y + 15 = 0. Tính diện tích tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 3x+5y −z −2 = 0 x − 12 y−9 z−1 và đường thẳng d : = = . Tìm tọa độ giao điểm M của đường thẳng d và mặt 4 3 1 phẳng (P ). Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P ). Câu 9 (0,5 điểm). Có hai cái hộp A và B đựng các cây viết. Hộp A gồm 5 cây viết màu đỏ và 6 cây viết màu xanh. Hộp B gồm 7 cây viết màu đỏ và 8 cây viết màu xanh. Lấy ngẫu nhiên cùng một lúc từ mỗi hộp ra một cây viết. Tính xác suất sao cho hai cây viết được lấy ra có cùng màu. Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 9 (a4 + b4 + c4 ) − 25 (a2 + b2 + c2 ) + 48 = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = a2 b2 c2 + + b + 2c c + 2a a + 2b ——— Hết ——— Tham gia ngay! Group FB : ÔN THI ĐH TOÁN - ANH : Facebook.com/groups/onthidhtoananhvan 3 DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày! Click Tải ngay! Website : DeThiThu.Net ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đáp án đề số 01 Môn : TOÁN Thời gian làm bài 180 phút ———— De Câu 1a (1,0 điểm). Với m = 1 hàm số trở thành y = −x3 + 3x2 − 1. • Tập xác định : D = R. • Sự biến thiên : + Giới hạn tại vô cực : lim y = −∞; lim y = +∞. x→+∞ y x→−∞ 3 + Bảng biến thiên : Th y = −3x2 + 6x = −3x(x − 2); y = 0 ⇔ x −∞ − y +∞ y 0 0 + 2 0 3 x=0 . x=2 1 +∞ U − O 2 x −1 −∞ −1 1 iTh Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2). Hàm số nghịch biến trên (−∞; 0) và (2; +∞). Hàm số đạt cực đại tại x = 2; yCĐ = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = −1. • Đồ thị : + Cắt Oy tại (0; −1). + Nhận điểm uốn U (1; 1) làm tâm đối xứng. et u.N Câu 1b (1,0 điểm). Đạo hàm y = −3x2 + 6x + m − 1. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0; 3) khi và chỉ khi y 0, ∀x ∈ (0; 3). Hay −3x2 + 6x + m − 1 0, ∀x ∈ (0; 3) ⇔ m 3x2 − 6x + 1, ∀x ∈ (0; 3) (∗). Xét hàm số f (x) = 3x2 − 6x + 1 trên đoạn [0; 3] có f (x) = 6x − 6; f (x) = 0 ⇔ x = 1. Khi đó f (0) = 1, f (3) = 10, f (1) = −2, suy ra max f (x) = f (3) = 10. [0;3] Do đó (∗) ⇔ m max f (x) ⇔ m [0;3] Vậy với m 10. 10 thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0; 3). Câu 2a (0,5 điểm). 3π Ta có cos − 2α 2 π π − 2α + π = − cos − 2α = − sin 2α. 2 2 −2 tan α 4 Do đó A = − sin 2α = −2 sin α cos α = −2 tan αcos2 α = =− . 2 1 + tan α 5 Câu 2b (0,5 điểm). 1 + 5i (1 + 5i) (3 + i) 20 + 30i − (−2 + 16i) 11 7 = 2 + 3i − = = + i. 3−i √ 10 10 5 5 121 49 170 + = . 25 25 5 Ta có z = 2 + 3i − Do đó |z| = = cos Tham gia ngay! Group FB : ÔN THI ĐH TOÁN - ANH : Facebook.com/groups/onthidhtoananhvan 1 DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày! Click Tải ngay! Câu 3 (0,5 điểm). Phương trình đã cho tương đương với : 2 (2 + log2 x) − 6log2 x − 7 = 0 ⇔ log2 2 log2 x = −1 ⇔ log2 x = 3 x − 2log2 x − 3 = 0 ⇔ 1 2 x=8 x= De 1 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = ; x = 8. 2 Câu 4 (1,0 điểm).  2x + 1 + y + 2 = 6  (1)  x y 2 Xét hệ .  2 (x + y 2 ) 1 + 1 = 8 (2)  xy Điều kiện x = 0; y = 0. 2x + y 1 Ta có (1) ⇔ 2x + y + = 6 ⇔ (2x + y) 1 + xy xy Th 1 1 = . xy 2x + y x=y Thay vào (2) được 36 (x2 + y 2 ) = 8(2x + y)2 ⇔ 4x2 − 32xy + 28y 2 = 0 ⇔ . x = 7y 3 Với x = y thay vào (1) được 3x + = 6 ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn). x 15 Với x = 7y thay vào (1) được 15y + = 6 ⇔ 35y 2 − 14y + 5 = 0 (vô nghiệm). 7y Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1). 2 Ta có I = 1 2 x + 2 ln x dx = (x + 2)2 Trong đó 2 I1 = Đặt 2 x dx + (x + 2)2 1 1 2 ln x dx = I1 + I2 . (x + 2)2 2 x dx = (x + 2)2 1  u = ln x dv = 1 2 − dx = x + 2 (x + 2)2 2 dx (x + 2)2 2 ln x I2 = − x+2  du = 1 dx  x ⇒ v = − 2  x+2 2 2 1 2 x+2 2 = ln 1 4 1 − 3 6 , ta có 2 2 1 dx = − ln 2 + x (x + 2) 2 + 1 ln |x + 2| + et u.N 1 iTh Câu 5 (1,0 điểm). =6⇔1+ 1 1 − x x+2 dx 1 1 3 = − ln 2 + (ln |x| − ln |x + 2|)|2 = ln 3 − ln 2 1 2 2 Vậy I = I1 + I2 = ln Câu 6 (1,0 điểm). 4 1 3 1 1 − + ln 3 − ln 2 = ln 2 − . 3 6 2 2 6 1 1 Đáy ABCD là hình thoi nên có diện tích SABCD = AC.BD = .2a.4a = 4a2 . 2 2 Gọi H là trung điểm AB, tam giác SAB đều nên SH⊥AB. Lại có (SAB)⊥(ABCD) suy ra SH⊥(ABCD). Tham gia ngay! Group FB : ÔN THI ĐH TOÁN - ANH : Facebook.com/groups/onthidhtoananhvan 2 DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày! Click Tải ngay! √ √ Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có OA = a, OB = √ ⇒ AB = OA2 + OB 2 = a 5. 2a √ √ √ 3 a 15 Tam giác SAB đều cạnh a 5 nên đường cao SH = a 5. = . 2 2 √ √ 1 1 2 a 15 2a3 15 = . Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD = .SABCD .SH = .4a . 3 3 2 3 S De I A B H K O Th D C Câu 7 (1,0 điểm). iTh Ta có AD||BC ⇒ AD||(SBC). Do đó d (AD, SC) = d (AD, (SBC)) = d (A, (SBC)) = 2d (H, (SBC)). Gọi K là hình chiếu của H trên BC, ta có BC⊥HK và BC⊥SH nên BC⊥(SHK). Gọi I là hình chiếu của H trên SK, ta có HI⊥SK và HI⊥BC nên HI⊥(SBC). Từ đó suy ra d (AD, SC) = 2d (H, (SBC)) = 2HI. 2S∆HBC S∆ABC SABCD 4a2 2a Ta có HK = = = = √ =√ . BC BC 2BC 2a 5 5 √ HS.HK 2a 15 Tam giác SHK vuông tại H nên HI = √ = √ . 2 + HK 2 HS 91 √ 4a 15 Vậy d (AD, SC) = 2HI = √ . 91 d1 A et u.N H B d2 M A C Gọi d1 : 2x − y + 5 = 0 và d2 : 7x − y + 15 = 0. 2x − y = −5 x = −2 Tọa độ B là nghiệm của hệ ⇔ ⇒ B(−2; 1). 7x − y = −15 y=1 −→ − Gọi H là hình chiếu của A trên d1 ⇒ H (t; 2t + 5) ⇒ AH = (t − 1; 2t + 3). −→ → − Khi đó AH.− 1 = 0 ⇔ t − 1 + 4t + 6 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ H(−1; 3). ud Gọi A là điểm đối xứng với A qua d1 ⇒ A (−3; 4). −→ − x = −2 − t Khi đó A ∈ BC ⇒ −→ = BA = (−1; 3) ⇒ BC có phương trình u− . BC y = 1 + 3t −t − 1 3t + 3 Vì C ∈ BC ⇒ C(−2 − t; 1 + 3t). Gọi M trung điểm AC ⇒ M ; . 2 2 Khi đó M ∈ d2 nên 7(−t − 1) − (3t + √ + 30 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ C(−4; 7). 3) √ √ Ta có AB = 10; AC = 5 2; BC = 2 10 ⇒ tam giác ABC vuông tại B. Vậy tam giác ABC có diện tích là S∆ABC = 10. Tham gia ngay! Group FB : ÔN THI ĐH TOÁN - ANH : Facebook.com/groups/onthidhtoananhvan 3 DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày! Click Tải ngay! Câu 8 (1,0 điểm). De  3x + 5y − z − 2 = 0 Tọa độ giao điểm M của d và (P ) là nghiệm hệ x − 12 y−9 z−1 .  = = 4 3 1 Giải hệ ta được tọa độ giao điểm của d và (P ) là M (0; 0; −2). − Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến −(P ) = (3; 5; −1). n→ → = (4; 3; 1). − Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud Mặt phẳng (Q) chứa d nên qua M (0; 0; −2). − u Hơn nữa (Q) vuông góc với (P ) nên nhận −(P ) , → = (8; −7; −11) làm vectơ pháp tuyến. n→ − d Vậy (Q) có phương trình 8x − 7y − 11z − 22 = 0. Th Câu 9 (0,5 điểm). 1 1 Phép thử là lấy cùng lúc từ mỗi hộp một cây viết nên |Ω| = C11 .C15 = 165. 1 1 1 1 Gọi A là biến cố "hai cây viết được lấy ra có cùng màu", ta có |ΩA | = C5 .C7 + C6 .C8 = 83. |ΩA | 83 Vậy xác suất cần tìm là P (A) = = . |Ω| 165 iTh Câu 10 (1,0 điểm). Trước hết chứng minh rằng với mọi số thực dương x ta có 14x + 2 25x2 − 9x4 (∗). Thật vậy (∗) ⇔ 9x4 − 25x2 + 14x + 2 0 ⇔ (x − 1)2 (9x2 + 18x + 2) 0 (luôn đúng). Dấu bằng của (∗) xảy ra khi x = 1. Thay x bởi a, b, c được 14a + 2 25a2 − 9a4 ; 14b + 2 25b2 − 9b4 ; 14c + 2 25c2 − 9c4 . Từ đó suy ra 14(a + b + c) 25 (a2 + b2 + c2 ) − 9 (a4 + b4 + c4 ) ⇔ a + b + c 3. Do đó theo bất đẳng thức Cauchy − Schawrz dạng Engel ta có : a2 b2 c2 P = + + b + 2c c + 2a a + 2b (a + b + c)2 a+b+c = 3 (a + b + c) 3 1 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 khi a = b = c = 1. et u.N Truy cập http://dethithu.net mỗi ngày để tải các đề thi thử THPT Quốc Gia ( Đại Học ) các môn TOÁN – ANH – VĂN – LÝ – HÓA – SINH mới nhất,nhanh nhất từ các trường THPT và trung tâm luyện thi đại học trong nước.Chúng tôi luôn cập nhật đề thi thử mỗi ngày vậy nên các bạn yên,luôn có các đề thi thử mới nhất để các bạn tham khảo. Tham gia nhóm : ÔN THI ĐH TOÁN – ANH trên Facebook để cùng hỏi đáp, học tập : http://facebook.com/groups/onthidhtoananhvan ——— Hết ——— Tham gia ngay! Group FB : ÔN THI ĐH TOÁN - ANH : Facebook.com/groups/onthidhtoananhvan 4