Đề thi thử THPT quốc gia 2016 môn Toán trường Quỳ Châu – Nghệ An lần 2 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

TRƯỜNG THPT QUỲ CHÂU ĐỀ THI THỬ LẦN 2 THPT QUỐC GIA 2016 Môn thi: TOÁN

Thờ i gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1 (1,0 điểm ). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: ( )

2 1

2 C

x y x



 

Câu 2 (1,0 điểm ). Tìm m để hàm số 3 5

3

1 ₃ ₂  

 x mx mx

y đạt cực đại tại x3

Câu 3 (1,0 điểm ). a ) Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức z2z 32i b) Giải phương trình : 2^x4 2^x2 5^x13.5^x

Câu 4 (1,0 điểm ). Tính tích phân ^{I 2}



^{1 sin xcos x}



^sinxdx

0



^ 3





Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm A



1,1,2



và đường thẳng



















t z

t y

t x d

2 3 2 1

: . Viết

phương trình mặt phẳng

 

 đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho AM  22.

Câu 6 (1,0 điểm ). a ) Giải phương trình: ^{4sin5xsinx2cos4x 30}.

b) Trường THPT Qùy Châu có 15 học sinh là Đoàn viên ưu tú, trong đó khối 12 có 3 nam và 3 nữ, khối 11 có 2 nam và 3 nữ, khối 10 có 2 nam và 2 nữ. Đoàn trường chọn ra 1 nhóm gồm 5 học sinh là Đoàn viên ưu tú để tham gia lao động Nghĩa trang liệt sĩ. Tính xác suất để nhóm được chọn có cả nam và nữ, đồng thời mỗi khối có 1 học sinh nam.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có ACB135⁰,AC a 2,BCa. Hình chiếu vuông góc của C’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB và ' ⁶

4

C M a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và góc tạo bởi đường thẳng C’M và mặt phẳng (ACC’A’).

Câu 8 ( 1,0 điểm ). Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, M là điểm trên cạnh AC sao cho AB = 3AM. Đường tròn tâm I

 

1;1 đường kính CM cắt BM tại D. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng BC đi qua 



 



 ;0 3

N 4 , phương trình đường thẳng CD: x3y60 và C có hoành độ dương.

Câu 9 ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình:

     

 

































3 2 2

2 2

2 2

2

17 6

1 2 1

4 3

1 4

y x x

y x

x y x

y y

x

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

2 2 2

1

( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) 3

a b c

ab ab  bc bc  ac ac 

     

---Hết--- (Giá m thi ̣ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh...Số báo danh...

Trường THPT ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2 THPT QUỐC GIA 2016 Tổ Toá n Tin Môn thi: TOÁN

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1(1đ) a) Khảo sát và vẽ đồ thi ̣ TXĐ: R\

 

2

2 ,

) 0 2 (

' 3 ₂   



  x

y x

Hàm số đồng biến trên các khoảng ^{(;2)va(2;)} Hàm số không có cực tri ̣

0,25



 

 2

lim y

x đồ thi ̣ có tiê ̣m câ ̣n ngang y = 2



 

 y

xlim2 _ 

 y

xlim2

; đồ thi ̣ có tiê ̣m câ ̣n đứng x = 2

0,25

BBT

x  2 

y' + +

y  2

2 

0,25

Đồ thi ̣ cắt tru ̣c tung ta ̣i điểm ) 2

;1 0 ( A

Đồ thi ̣ cắt tru ̣c hoành ta ̣i điểm ^;0)

2 (1 B

( thí sinh tự vẽ hình)

0,25

2(1đ)

















m x y

m mx x

y

2 2

3 2

'' 2 '

. Hàm số đạt cực đại tại x3 khi

 



 











 0 3

0 3

'' '

y

y

0,25

0 1 6 2

0 9

9  











  m

m

m 0,25

3a(0,5đ) zabizabi,



a,bR



 







 











 



























2 1 2

3 3

2 3 3

2 3 2

2 3 2

b a b

a

i bi

a

i bi

a bi a i z

z

0,25

Với z i

b

a 1 2

2

1  







 0,25

3b(0,5đ)

5 2 5 5 2

. 8 2 . 20 5

. 3 5 2

2 ^{4 2 1}  



 













 ^{ }



x x

x x

x x

x 0,25

1

x

Nghiệm của phương trình là x1

0,25 4(1đ)

   



^{  }

 ²

0 4 2

0 2

0

3 cos sin sin sin cos

sin 1







xdx x

xdx xdx

x x I

0,25

1 0 cos 2 sin

2

0

1 



 ^ 



x xdx

I

5 1

0 cos 2 5 sin 1

sin cos

sin ⁵

2

0 4 2

0 4 2











 

^





x x

xd xdx

x I

0,25

0,25

Vậy 5

6

2

1  

 I I

I 0,25

5(1đ) Vecto pháp tuyến của

 

 là n_ 



1;2;2



0,25 mp

 

 đi qua A



1;1;2



nên có Phuong trình



x1

 

2 y1

 

2z2



0x2y2z70

0,25

     

2 5

1 2 1

2 2

3

; 2

; 1

2

2 2 2

2





























t

t t

t AM t

t t M d

M 0,25

2 22

2 5 22

22  ²   ²   

 AM t t

AM



3;4; 5



2 

 M

t



1; 4; 1



2   



 M

t

0,25 6a(0,5đ)



^{cos4 cos6}



^{2cos4 3 0}

2

0 3 4 cos 2 sin 5 sin 4

















x x

x

x x

x



k Z



x k x k

x





























3 36 5

3 36 5

2 6 3

cos









0,25 0,25 6b(0,5đ) Số phần tử của không gian mẫu là ⁿ

 

 

C

₁₅⁵ 3003

Số phần tử của biến cố A là ⁿ

 

^A 

C

¹₃

C

¹₂

C

¹₂

C

₈²336

0,25

Xác suất của biến cố là

     

143 16 3003

336 

 

 n A A n

P 0,25

7(1đ)

M C B

C'

A'

B'

A K

H

Diện tích tam giác: ¹ . .sin135 ²

2 2

o ABC

S  CA CB  a , đường cao của lăng trụ

là 4

' a 6 M

C 

0,25

suy ra

3 . ' ' '

' . 6

ABC A B C ABC 8

V C M S  a 0,25

Kẻ MK AC,MH C^'K. Dễ có



^CMK



^{AC MH}

AC  ^'   . Mà ^{MH CKMH }



^ACC"A'



Vậy ^



^C'M,



^ACC'A'

 

^{MC'H MC'K}

 

1

0,25

Vì M là trung điểm của AB nên:

3 1 2

2 2

4 2

1

' '

2       



 CM

K MK MC a Tan

AC MK S

S a

S_{CAM CAB} ^MAC

Suy ra MC^'K ³⁰⁰

 

²

Từ (1) và (2)^



^C'M,



^ACC'A'

 

^300

0,25

8(1đ) Do BACBDC90⁰BADC nội tiếp đường tròn

 ABM DCM (Các đồng chí tự vẽ hình nhé)

0,25

10 cos 3

10 3 10

cos 3

2 2

2     

 



 DCM

AM AM AB

AM AB BM

ABM AB

 

^{; , 2 2 0}

1  a b a b 

n là VTPT của AC , n2 

 

^1;³ là VTPT của DC

 

1; 2

cos cosDCM n n

10 3 10 3

2

2 



 

b a

b a

0 3 4 ²  

 a ab 









 

b a a

3 4

0

0,25

Với a0b1n₁ 

 

0;1 , màAC đi qua I

 

1;1 nên có pt y10

Tọa độ C là nghiệm của hệ



^{3; 1}

 

^{1; 1}



1 3 0

6 3

0

1     









 













 C M

y x y

x y

BC đi qua

 

;0 :3 5 4 0

3 , 4 1

;

3    



 



 N BC x y C

BD đi qua M



1;1



, vuông góc với BC BD:3xy40

Tọa độ B là nghiệm của hệ



2;2



2 2 0

4 3

0 4 5

3  









 















 B

y x y

x y x

Phương trình AB:x20

Tọa độ A là nghiệm của hệ



^{2; 1}



1 2 0

1 0

2   











 











 A

y x y

x

0,25

Với :3 4 7 0

4 3 3

4    









 



 AC x y

b b a a

Tọa độ C là nghiệm của hệ:

















 















5 11 5 3 0

6 3

0 7 4 3

y x y

x y

x ( loại)

Vậy A



2;1

 

,B2;2

  

,C3;1

0,25

8(1đ)

Giải hệ phương trình:

       

   

































2 17

6 1

2 1

1 4 3

1 4

3 2 2

2 2

2 2

2

y x x

y x

x y x

y y

x

Giải: Điều kiện: x3

   

 

^











 







 





2 3 3

2 1 1 4

4

2 2

2 2

x x y

y

y y x

x



x4

 

y² 1



 y²



x3



 y² x4

Đẳng thức xảy ra  y² x3

Lưu ý: Có thể đặt ẩn phụ đưa về tích hoặc liên hợp nhé

0,25

Thay y² x3 vào (2) ta được phương trình

  

³



^{2 3 2}

3 2

2

3 2x 2x1 x 6x1 x1  x1 x 6x1 x 6x1

x

0,25

Chú ý: Nếu học sinh giải theo cách khác, các đồng chí tự chia thang điểm hợp lý.

Xét hàm số ^f

 

^t ^t3 ^t,^t^R. Ta có ^{f '}

 

^t 3^t2 10,^t^R

Vậy hàm số đồng biến trên R. Do đó



^x1



^{ f}



^{3 x2 6x1}



^{3 x2 6x1x1}

f

0,25

   



















































0 3

2 1

3 0

0 3 2 1

1

6 ^{3 2}

2

y x

y x

y x

x x x x

x x

Vậy hệ phương trình có nghiệm là

 

^{x;y }

  

^{0; 3,}

  

^{1;2, 3;0}

 

0,25

10(1đ)

Ta có VT =

2 2 2

( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1)

a b c

ab ab  bc bc  ac ac

     

= ^{1 1 1}

2 1 2 1 2 1

(b )(2b ) (c )(2c ) (a )(2a )

a a b b c c

 

     

Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt y, z, x

a b c

x y z

   với x, y, z> 0

Khi đó VT = ^{1 1 1}

(y 2 )(z z 2 )y (z 2 )(x x 2 )z (x 2 )(y y 2 )x

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

 

     

=

2 2 2

( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )

x y z

y z z y  z x x z  x y y x

     

0,25

Ta có ( 2 )( 2 ) 2 ² 2 ² 4 2( )² 5 ⁹( ^{2 2})

y z z y  yz y  z  yz yz  yz 2 y z

Suy ra

2 2

2 2

2

( 2 )( 2 ) 9

x x

y z z y  y z

   (1)

Tương tự có ^{2 2} ₂ ² ₂

( 2 )( 2 ) 9

y y

z x x z  x z

   (2);

2 2

2 2

2

( 2 )( 2 ) 9

z z

x y y x  y x

   (3)

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2( )

9

x y z

y z x z y x

  

  

0,5

Lại có

2 2 2

2 2 2 2 2 2

x y z

y z  x z  y x

   =(x² y² z²)( ₂¹ _{2 2}¹ _{2 2}¹ ₂) 3

y z x z y x

    

  

=

=¹(( ^{2 2}) ( ^{2 2}) ( ^{2 2}))( ₂¹ _{2 2}¹ _{2 2}¹ ₂) 3 ¹.9 3 ³

2 x y y z z x 2 2

y z x z y x

          

  

Suy ra VT ^{2 3}. ¹ 9 2 3

  (đpcm)

0,25