Đề thi thử THPT quốc gia 2016 môn Toán sở Trà Vinh | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TỈNH TRÀ VINH MÔN THI : TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Thí sinh làm tất cả các bài sau đây:

Bài 1 (1.0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 1 1 y x

x

= +

+ .

Câu 2 (0.75 điểm).Xác định giá trị của tham số m đểhàm số y=x³−2x²+mx+1 đạt cực tiểu tại x = 1.

Bài 3 (0.75 điểm). Tính tích phân sau

2

0

sin 2 cos 1 os

x x

I dx

c x

π

=

∫

+ ^.

Bài 4 (2.25 điểm). Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

1/ 2 sin 2² x+sin 7x− =1 sinx. 2/ 3.16^x+2.8^x=5.36^x.

3/ ³ ( ) ²

4 6 2

2 1 4

5 4

x y x x

x x y

 + + =



− =

 .

Bài 5 (0.75 điểm).Giải bất phương trình sau: 3x− −2 x− ≥1 2x²− −x 3.

Bài 6 (0.75 điểm). Cho hình vuông ABCD.Trên cạnh AD ta lấy 1 điểm, trên cạnh BC ta lấy 2 điểm, trên cạnh CD ta lấy 3 điểm và trên cạnh AD ta lấy n điểm. Biết có 439 tam giác tạo thành từ (n+6) điểm ở trên. Tìm n.

Bài 7 (1.25 điểm).Trong không gian với hệtọa độ Oxyz, cho các điểm ^A

(

^{2;1; 0}

)

^,^B

(

^{0; 4; 0}

)

^,^C

(

^{0; 2; 1}⁻

)

^và

đường thẳng (d): ¹ ¹ ²

2 1 3

x− = y+ = z− . 1/ Viết phương trình mặt phẳng (ABC) .

2/ Viết phương trình đường thẳng

( )

^∆ vuông goác với mặt phẳng (ABC) và cắt đường thẳng (d) tại điểm D có hoành độ dương sao cho tứ diện ABCD có thể tích bằng19

6 .

Bài 8 (0.75 điểm).Giải phương trìnhsau trên tập số phức: ² ^{1 3}

2 2

i i

iz i

− =− +

+ −

Bài 9 (0.75 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với ^A

(

^{2; 3 ;}⁻

) (

^B ^{3; 2}⁻

)

^{, sao cho}

tam giác đó có diện tích bằng 3

2 và trọng tâm G thuộc đường thẳng d: 3x− − =y 8 0 .Tìm tọa độ đỉnh C (với G là trọng tâmcủa tam giác ABC) .

Bài 10 (0.75 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = a, Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) bằng 30^o. Gọi M là trung điểm của SC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABM

...Hết...

(2)

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH TRÀ VINH

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015- 2016

Bài Nội dung Điểm

Bài 1 Txđ ^D⁼^R^\

{ }

⁻¹

( ) { }

'

2

1 0 \ 1

1

y x R

x

= > ∀ ∈ −

+

Hàm số đồng biến trên

(

^{−∞ −}^{; 1 ,}

) (

^{− +∞}^1;

)

Các tiệm cận

lim 2; lim 2 2

x y x y y

→−∞ = →+∞ = ⇒ = là tiệm cận ngang

1 1

lim ; lim 1

x x

y y x

− +

→− = +∞ →− = −∞ ⇒ = là tiệm cận đứng BBT

x −∞ −1 + ∞

y' + +

y 2 + ∞ −∞ 2 Đồ thị cắt ox tại ¹; 0

A−2 

 

  và cắt oy tại ^B

( )

^0;1

Đồ thị nhận điểm ^I

(

⁻^{1; 2}

)

làm tâm đối xứng Đồ thị:

0,25

0,5

0,25

(3)

2

Bài 2 Txđ ^D⁼

' 2

3 4

y = x − x+m

( )

' 1 1

y = −m

Hàm số đạt cực tiểu tại x=1thì ^y^'

( )

¹ ⁼⁰ và đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm x=1

Ta có ^y^'

( )

¹ ⁼⁰ ^{⇔ =}^m ¹ Khi m=1thì ^y^' ⁼³^x²⁻⁴^x⁺¹ ^'

1

0 1

3 x

y x

=

= ⇔ = BBT

x _−∞ ¹

3 1 +∞

y' + 0 - 0 +

y y_CD y_CT +∞

−∞

Từ BBT suy ra x=1 là điểm cực tiểu của hàm số khi m=1

0,25

(4)

3 Bài 3 Tích phân viết lại

2 2

0

sin cos 2 1 cos

x x

I dx

x

π

=

∫

+

Đặt ^t^{= +}^{1 cos}^x^⇒^dt^{= −}^sin^xdx ⇒sinxdx= −dt Đổi cận ^x^{= ⇒ =}⁰ ^t ²

1

x₌π2 _{⇒ =}t

( )

²

2

1

2 t 1

I dt

t

=

∫

− =2 ln 2 1−

0,25

0,25 Bài 4 1/ 2 sin 2² x+sin 7x− =1 sinx

^⇔^{cos 4}^x

(

^{2 sin 3}^x^{− =}¹

)

⁰

( )

cos 4 0 2 sin 3 1 0

x a

x b

=

⇔ 

 − =

Giải

( )

^,

8 4

a _{⇔ = +}x π kπ k_∈



Giải

( )

^{sin 3} ¹

b ⇔ x=2

2

18 3

5 2 ,

18 3

x k

k k x

π π

 = +

⇔ ∈

 = +





Vậy pt đã cho có các nghiệm là ^x^{= +}^π₈ ^k₄^π ,

2

18 3

5 2 ,

18 3

x k

k k x

π π

 = +

 ∈

 = +





2/ Pt đã cho viết lại ^3. ⁴ ^2. ⁹ ⁵ ⁰

( )

9 4

x x

  +   − = a

   

   

Đặt ₉⁴ ^, ⁰

x

t=    t >

( )

^a ^⇔³^t²^{− + =}⁵^t ² ⁰

1 2 3 t t

 =

⇔

 = Khi ^t^{= ⇒ =}¹ ^x ⁰

0,25

(5)

4

Khi ² ¹

3 2

t= ⇒ =x

Vậy pt đã cho có nghiệm là ^x⁼^0,^x⁼¹₂

3/

( ) ( )

( )

3 2

4 6 2

2 1 4 1

5 4 2

x y x x

x x y

 + + =



− =



Với ^x^{= −}¹ không thỏa mãn hệ phương trình đã cho

Từ

( )

¹ ⁴ ² ² ³

1

x x

y x

⇔ = −

+ thay vào

( )

² ta được

( )( ) ( )

4 2

1 2 1 2 7 11 0

x x− x− x + x+ =

0 0

1 1

2 2

x y

 = ⇒ =

⇔ = ⇒ =

 = ⇒ =



Vậy hệ pt đã cho có các nghiệm là

( ) ( )

0; 0 , 1;1 , ^{1 1}; 2 2

 

 

 

0,25

Bài 5 3x− −2 x+ ≥1 2x²− −x 3 ĐK ²

( )

x≥ 3 a

Bpt viết lại

(

² ³

)

¹ ¹ ⁰

( )

3 2 1

x x b

x x

 

−  − + + − − ≥

Xét hàm số

( )

³ ² ^1, ²

f x = x− + x+ x≥3

( )

' 3 1 2

0, 3

2 3 2 2 1

f x x

x x

= + > ≥

− +

Vậy hàm số ^{f x}

( )

đồng biến ²

x 3

∀ ≥

( )

² ¹⁵

3 3

f x f  

⇒ ≥  =

 

1 3

3x 2 x 1 15

⇒ ≤

− + + , ²

x≥ 3 và 1 ⁵, ²

3 3

x+ ≥ x≥

1 2

1 0, 3

3 2 1 x x

x x

⇒ − − < ≥

− + +

Từ

( )

^b ^{suy ra}

3

( )

2 3 0

x− ≤ ⇒ ≤x 2 c

0,25 0,25

(6)

5 Kết hợp

( ) ( )

^a ^, ^c suy ra ² ³

3≤ ≤x 2 là nghiệm của BPT đã cho 0,25 Bài 6 Một bộ 3 điểm không thẳng hàng tạo thành một tam giác

Với n+6 điểm thì ta có C_n³₊₆ cách chọn ra các bộ3 điểm nhưng trong đó có Cn³+C3³ bộ 3 điểm thẳng hàng nằm trên các cạnh ^CD và AD

Ta có C_n³₊6−

(

C_n³+C3³

)

=439 ^⇔ⁿ²⁺⁴ⁿ⁻¹⁴⁰⁼⁰

( )

14 10

n l

n n

= −

⇔ 

 = Vậy n=10

0,25 0,25

0,25 Bài 7 1/ ^^AB^{= −}

(

^{2;3; 0 ,}

)

^^AC^{= −}

(

^{2;1; 1}⁻

)

ⁿ^⁼^_^{ }^{AB AC}^, ^_^{= − −}

(

^{3; 2; 4}

)

Phương trình

(

^ABC

)

đi qua ^A

(

^{2;1; 0}

)

^{và nh}ận ⁿ^ ^{= − −}

(

^{3; 2; 4}

)

^làm

vec tơ pháp tuyến có phương trình là ³^x⁺²^y⁻⁴^z^{− =}⁸ ⁰

2/ Theo gt ta có

( ) (

 ^⊥ ^ABC

)

nên vec tơ chỉ phương của

( )

 là

(

^{3; 2; 4}

)

u = = − −n

Vì

( )

 cắt

( )

^d tại ^D nên

( ) ( )

1 2

: 1 , 1 2 ; 1 ; 2 3

2 3

x t

D d y t t D t t t

z t

 = +

∈  = − + ∈ ⇒ + − + +

 = +





1 19

, . 4 15 19

6 6

VABCD =   AB AC AD = ⇔ t+ =

( ) ( )

1 17 2

t n

=



⇔ =−



(

^{3; 0;5}

)

⇒D

Vậy đường thẳng cần tìm là

( )

^: ³ ⁵

3 2 4

x− = y = −

− −



0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 Bài 8 Phương rì viết lại ^{5 5}

3 4 z i

i

= − +

−

( )( )

2 2

5 5 3 4

3 4

i i

z − + +

= +

Suy ra ⁷ ¹

5 5 z= − − i

0,25 0,25 0,25

(7)

6 Bài 9 Với ^^AB⁼

( )

^{1;1 ,}^AB⁼ ²

Phương trình ^{AB x}^: ^{− − =}^y ⁵ ⁰ Tam giác ABC bất kỳ ta có

¹ ¹ ^.

(

^,

)

¹

3 2 2

GAB ABC

S_ = S ⇔ AB d G AB =

(

^,

)

²

( )

d G AB 2 a

⇔ =

Vì G∈ ⇒d G x

(

0;3x0−8

)

Từ

( ) ( )

( )

1

2

1 1; 5

2 3 1

2 2; 2

a G

a a

a G

= ⇒ −

⇒ − = ⇔ 

= ⇒ −



Vậy có hai điểm C là C1

(

− −2; 10 ,

) (

C2 1; 1−

)

0,25

0,25 0,25 Bài 10

Theo gt ta có

, BC AB BC SA

 ⊥

 ⊥

 Vì ^SA^⊥

(

^ABC

)

Nên BC ⊥SB

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng

(

^ABC

)

và

(

^SBC

)

là SBA^ =30⁰ Xét tam giác SAB vuông tại ^A

Suy ra ³

3

SA= a 0,25

M

C

B A

S

(8)

7

(

^,

( ) )

¹

(

^,

( ) )

2 2 2

BC a d M SAB = d C SAB = =

Vậy . .

( ( ) )

³

1 1 1 3 3

. . , . . . .

3 3 2 3 2 36

S ABM M SAB SAB

a a a

V =V = S_ d M SAB = a =

0,25 0,25