Đề thi thử THPT quốc gia 2016 môn Toán – Đề VIP 2 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: Toán (ĐỀ VIP 2)

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất 2016!(Kèm đáp án) Câu I (2 điểm) Cho hàm số yx³ 3x1 (C).

a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).

b/ Dựa vào đồ thị (C), tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x³ 3xm30 có 3 nghiệm phân biệt.

Câu II (1 điểm) a) Cho góc  thỏa:   2 2

3 và

4

cos 3. Tính .

cos 3 



 





b) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2z² + 3z + 4 = 0. Tính M  z₁ z₂.

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: ¹

  .

0

 

2

 x e xdx

I

^x

Câu IV (1 điểm) ) Cho hình chóp S ABC. có tam giác ABC vuông tại A, AB ACa, I là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng



^ABC



là trung điểm Hcủa BC, mặt phẳng



^SAB



tạo với đáy 1 góc bằng 60^. Tính thể tích khối chóp S ABC. và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng



^SAB



^{theo a.}

Câu V (1 điểm) ) ). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm ^A



^4;1;3



và đường thẳng

1 1 3

: 2 1 3

x y z

d   

 

 . Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm Bthuộc dsao cho AB 27.

Câu VI (1 điểm ) Đội cờ đỏ của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để trong 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.

Câu VII (1 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình BC :x2y 3 0,trọng tâm G(4;1) và diện tích bằng 15. Điểm E(3;–2) là điểm thuộc đường cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.

Câu VIII (1 điểm) Giải phương trình:

x  4  x  4  2 x  12  2 x

²

 16 .

Câu IX (1 điểm) Cho x, y là hai số thực dương và thỏa mãn điều kiện x² + y² = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 . 1 ) 1 1 ( 1 ) 1

( 



 



 











 



 y x

x y P

CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG !

Hướng dẫn

Câu I:

Hàm số : y x³3x1 TXĐ: DR

' 3 2 3

y   x  , y'0x 1

Hàm số nghịch biến trên các khoảng



^{ ; 1}



^và



^1;



, đồng biến trên khoảng



^1;1



Hàm số đạt cực đại tại x1, y_CD 3, đạt cực tiểu tại x 1, y_CT  1 lim

x y

  , lim

x y

  

* Bảng biến thiên

x – -1 1 +

y’ + 0 – 0 + y

+ 3 -1

-

Đồ thị:

4

2

2

4

b.(1,0 điểm)

 Ta có : x³ 3xm30m2x³3x1

 

* .

 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 1

3 3







 x x

y và đường thẳng d : ym2.

 Dựa vào đồ thị (C), ta suy ra phương trình (*) cĩ 3 nghiệm phân biệt 5

1 

 m

KL đúng tham số m

Câu II:

16 7 16 1 9 sin 1 sin

cos² ²  ²   . Vì   2 2

3 nên .

4 sin 7

0

sin   8 .

21 3 4 . 7 2

3 4 .3 2 sin 1 sin3 3cos

3 cos

cos 







 



 





 





4 23

; 3 4

23

23 ₁ 3 ₂ i

i z

z  

 











2 . 23 2

23

2

1   

 i M

z z

Câu III:

3.

| 1

; 3 ¹₀

1 3

0 2 1

0 2 1

0

2   





^{x dx}



^{xe dx}



^{x dx x}

I ^x

Đặt u = x  du = dx; dv e^2xdxchọnv e^2x 2

1







^{     }



1

0

2 1 0 2 2 2

1 0 2 1

0 2

4

| 1 4 1 2 2

| 1 2

e e dx e

e xe

dx

xe ^{x x x x}

Vậy .

12 7 3 ²

 e I

Câu IV

(1,0 điểm)

j

C B

A S

H

K M

Gọi K là trung điểm của AB HK AB(1) Vì ^{SH }



^ABC



^{nên SH  AB(2)}

Từ (1) và (2) suy ra ABSK

Do đó góc giữa



^SAB



với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng SKH 60^

Ta có tan ³

2 SH HK SKH  a

Vậy

3 .

1 1 1 3

. . . .

3 3 2 12

S ABC ABC

V  S SH  AB AC SH  a

Vì IH / /SB nên ^{IH / /}



^SAB



^{. Do đó d I SAB}



^,

  

^{d H SAB}



^,

  

Từ H kẻ HM SK tại M ^{HM }



^SAB



^{d H SAB}



^,

  

^HM

Ta có ¹ ₂ ¹ ₂ ¹₂ ¹⁶₂

3

HM  HK SH  a 3

4 HM a

  . Vậy



^,

  

³

4 d I SAB  a

Câu V

Đường thẳng d có VTCP là ud  



^2;1;3



Vì

 

^{P dnên}

 

^{P nhận} ud  



^2;1;3



làm VTPT

Vậy PT mặt phẳng

 

^{P là : 2}



^x4



^1



^y1



^3



^z3



^0

 2xy3z180 Vì Bd nên ^B



^{ 1 2 ;1t   t; 3 3t}



AB 27 ^{ AB2 27}



^{3 2 t}



^{2t2  }



^{6 3t}



^{2 27 7t224t 9 0}

3 3 7 t t

 



 

Vậy ^B



^{7; 4;6}



^{hoặc 13 10; ; 12}

7 7 7

B 

 

 

 

Câu VI

495 )

( C₁₂⁴  n

Gọi A là biến cố : “ 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên”

A

 : “ 4 học sinh được chọn là học sinh của cả 3 lớp trên”

Ta có các trường hợp sau:

+ 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C cĩ C₅².C¹₄.C₃¹120cách + 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C cĩ C₅¹.C₄².C₃¹90cách + 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C cĩ C₅¹.C¹₄.C₃²60 cách

. 270 )

( 

n A

11. 6 ) (

) ) (

( 

 

 n

A A n

P

Vậy xác suất của biến cố A là:

11 ) 5 ( 1 )

(A  P A  P

Câu VII

Phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A: 2x  y 4 0 Gọi ^A



^{a; 4 2 a}



Trung điểmcủa đoạn BC:^{M 2}



^m3;m



Ta cĩ: ^{AG}



^{4a a; 2 3 , GM}



^{}



^2m7;m1



Mà:

4 18 4

AG = 2GM 7

2 2 1

2 a m a

a m m

 

 

 

 

  

 



 

Vậy: A 4; 4 , M 4;

 

⁷

2

 

  

 

Gọi^{B 2}



^b3;b



^{C 11 2 ; 7}



^{ b b}



^BC



^{14 4 b}



^2



^{7 2 b}



²

 

d A, BC 3 5

nên: ABC

 

²

 

^{2 2}

S 1.3 5. 14 4 7 2 15 20 140 4225 0

2 b b b b

         

Với ⁹

b2, ta cĩ: B 6;⁹ , C 2;⁵

2 2

   

   

   

Với ⁵

b2, ta cĩ: B 2;⁵ , C 6;⁹

2 2

   

   

   

Câu VIII

Điều kiện xác định: x4. Với điều kiện đĩ, phương trình đã cho tương đương



^{4 4}



¹²

4 4

16 2

12 ) 4 ( ) 4 ( 4 4

2 2







































x x

x x

x x

x x

x

Đặt t = x4 x4, t > 0 ta được _









 





 4

) ( 0 3

2 12

t

loại t t

t Với t = 4 , ta được

















 















 ² _{2 2}

16 64 16

8 8 4

16 4

4

4 x x x

x x x

x x

. 5 5

8

4  









  x

x

x Vậy nghiệm của phương trình là x = 5.

Câu IX

1 2 1 2 1 2

1 2

1 1 1

1 1 







 









 









 





 



 

















 x x y

y y x y y

x x x y y x y x x P y

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

) 4 ( 2 2

1 1 1 2 1

) 3 ( 2 );

2 ( 2 2

); 1 1 ( 2 2

1

2

2 













 













y xy x

y x

x y y x y y

x x

4 2

3 



P . Mặt khác dấu đẳng thức đồng thời xảy ra trong (1), (2), (3), (4) khi và chỉ khi

































0 , 0

; 1 2

1 2

1

2

2 y x y

x y x y y x x

2

 2



x y . Vậy .

2 4 2

2 3

minP  xy