Đề thi thử THPT quốc gia 2016 môn Toán lần 1 THPT Khoái Châu – Hưng Yên | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU ĐỀ CHÍNH THỨC

( Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I Năm học 2015 – 2016.

MÔN: TOÁN. LỚP 12

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1( 2,0 điểm). Cho hàm số yx³3x² (C).

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

b) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị (C) tạo với đường thẳng :x my 3 0

    một góc  biết 4 cos 5.

Câu 2(1,0 điểm ). Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số 2 3 2015 y x

x

 

 ^. Câu 3( 1,0 điểm). Xác định hệ số của số hạng chứa x³ trong khai triển

9 5

2

x 5 x

 

  

 

. Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình sin²xsin cosx x2 cos²x0.

Câu 5(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 2

SAa, 3 2 SB a , BAD600 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, BC. Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa đường thẳng SH và DK.

Câu 6(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 2

DCBC , tâm I( - 1 ; 2 ). Gọi M là trung điểm của cạnh CD, H( - 2; 1 ) là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM.

a) Viết phương trình đường thẳng IH.

b) Tìm tọa độ các điểm A và B.

Câu 7( 1,0 điểm). Giải phương trình

   

²

2 1 2

2 1 3 2 4 2 3 4 4 4 4 3 2 1

x   x   x x 4 x  x x trên tập số thực.

Câu 8( 1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn _{2 2 2}0 2 x y z x y z

   



  



.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Px³y³z³.

--- Hết ---

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ………; Số báo danh:………

 

1 TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I

MÔN: TOÁN. LỚP 12 (Hướng dẫn gồm 04 trang)

Chú ý:

 Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đó.

 Điểm toàn bài không làm tròn.

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1a) (1,0 đ)

TXĐ: D

Sự biến thiên: ^{y 3x26x3x x}



^2



0 0

2 y x

x

   







0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng



^{; 0}



^và



^2;



Hàm số nghịch biến trên khoảng



^0;2



^.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 y_CT  4, cực đại tại x = 0 y_CÑ0 Giới hạn lim , lim

x y x y

     

0.25

Bảng biến thiên

0.25

Đồ thị

f(x)=x^3-3 *x^2

-4 -2 2 4 6

-6 -4 -2 2 4 6

x y

0.25

1b) (1,0 đ)

Đường thẳng đi qua CĐ, CT là ₁: 2x y 0^{VTPT n1}

 

^2;1

Đường thẳng đã cho :x my  3 0 có ^{VTPT n2}



^1;m



^0.25

Yêu cầu bài toán



¹

  1 2 2

2 4

cos ; cos ;

5. 1 5 n n m

m

      



 

0.25



²

 

²



25 m 4m 4 5.16. m 1

    

11m2 20m 4 0

   

0.25

x y’

y

- ∞ 0 2 + ∞

0 0

+ - +

- ∞

0

- 4

+ ∞

2 2

2 11 m m





 





 0.25

2 (1,0 đ)

Vì 2015

2 3

lim 2015

x

x x

 

  

 ^{( hoặc 2015}

2 3 lim 2015

x

x x

 

  

 ^{) nên x 2015 là} tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

0.5

Vì 2 3

lim 2

2015

x

x x



 

 nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0.5

3 (1,0 đ)

Xét số hạng thứ k + 1 trong khai triển

 

9 5

1 9 2

. . 5

k k k

Tk C x x





 

  

 

0.25

9 7 18

1 9^k.5 .^{k k} Tk_ C ^ x ^

  0.25

Vì số hạng chứa x³ nên 7k18 3 k3 0.25

Vậy hệ số của số hạng chứa x³ trong khai triển làC₉³.5⁶ 1.312.500 0.25

4 (1,0 đ)

PT ^



^{sin2xcos2x}

 

^{ sin cosx xcos2x}



^{0 0.25}



^{sinx cosx}



^{sinx 2 cosx}



⁰

   

 

 

sin cos 0 1 sin 2 cos 0 2

x x

x x

 



 







0.25

 

^{1 tanx  1 x }₄ ^k



^k



^0.25

 

^{2 tanx2xarctan 2k}



^k



^0.25

5 (1,0 đ)

0.25

Từ giả thiết ta có AB = a, 2

SA a, 3 2

SBa nên ASB vuông tại S

2

SH AB SAH

    đều. Gọi M là trung điểm của AH thì SMAB. Do



^SAB

 

^{ ABCD}



^SM



^ABCD



^.

0.25

Vậy _. 1 1 1

. . . .

3 3 2

KSDC S KCD KCD BAD

V V  SM S_  SM S_ 1 3 1 . . 3 3

. . .

3 4 2 2.2 32

a a a a

  (đvtt) 0.25

A

B C

D H

M S

K

3 Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD = 4 AQHQ KD nên



^{SH DK,}



^



^{SH QH,}



Gọi I là trung điểm HQ MI AD nên MI HQ Mà ^SM



^ABCD



^{SI HQ }



^{SH QH,}



^SHI.

0.25

Trong tam giác vuơng SHI cĩ:



1 1 1 3

. 3

2 4 4 2

cos 4

2 2 2

HQ DK a SHI HI

a a a

 SH     . 0.25

6a (1,0 đ)



^{1; 1}



IH   



0.5 Nên đường thẳng IH cĩ phương trình x y  3 0. 0.5

6b (1,0 đ)

Từ giả thiết ta suy ra H là trọng tâm của BCD IA3HI

 

(2; 5) A

 _. 0.25

Ta cĩ 2 2 ^{2 2} 6

3 3 3

HB BM BC MC  BC , 1 3

3 3

HC AC BC

2 2 2

HB HC BC

   nên BMAC

0.25

 BM đi qua H( -2; 1 ), nhận ^{IH  }



^{1; 1}



làm VTPT cĩ phương trình 1 0

x y    tọa độ B cĩ dạng B( t; - t - 1 ).

Lại cĩ IA IB nên ^18



^t1

 

^{2 t3}



^{2 t24t40}

0.25

2 8

2 8

t t

  



  





 . Do đĩ

 

 

2 2 2;1 2 2 2 2 2;1 2 2 B

B

  

  









. 0.25

7 (1,0 đ)

ĐK: 1 3

2 x 2

   . Phương trình

       

2 2 2

2 2 1 2 1

2 1 3 2 2 1 3 2

2 2

x x

x x x x

   

 

         

 

 

(*) Xét hàm số ^{f t}

 

^{t2t trên  }^0;



cĩ

 

^{2 1 0 0;}



f t  t   t   nên hàm số f(t) đồng biến trên ^{ }_^0;



0.25

Do đĩ pt (*) trở thành

   

2 12

2 1 3 2

2

f x x f x

f đồng biến

   

      

  

  





0.25

M I

B

D C

H

A

4



^{2 1}



²

2 1 3 2

2

x x x

     ^8



^{2x 1 3 2 x}



^{4 2}



^x1



²

      2

8 2x 1 3 2x  2x 1 3 2x 

         ( **)

Đặt 2 1 0

3 2 0

x a

x b

   



  



thì phương trình (**) trở thành

  

^{2 2}



²

2 2

8

4

a b a b

a b

   



  



   

 

2 2 2 2 2

2 2

8 4 (1)

4 2

a b a b a b

a b

    

 

 



Từ (1) ^8



^{a b}



^{16 4 a b2 22}



^{a b}



^{ 4 a b2 2}



^{2 2}



^{2 2 4 4}

4 a b 2ab 16 8a b a b

      (***)

0.25

Đặt ab = t



^{0 t 2}



thì pt (***) trở thành

2 4

16 8 t16 8 t t ^{t t}



^2

 

^t22t4



^0

 

 

 

0 2

1 5

1 5

t

t loại

t loại

t loại



 

  

 













. Vậy t = 0 2 1 3 2 2

2 1. 3 2 0

x x

x x

    

 

  



1 2 3 2 x x

 













0.25

Chú ý: HS cĩ thể giải theo cách khác như sau

Đặt a 2x 1 3 2 x. Phương trình đã cho trở thành



²

 

^{2 2 4}



^{4 8 2 8 8}



⁰

a a a  a a  a  a 

8 (1,0 đ)

Cĩ ^{x y z  0  z}



^{x y}



^{Px3y3}



^{x y}



^33xyz

Từ ^{x2y2z2 2}



^{x y}



^{22xy z 2 22z22xy2xyz21}

Vậy ^{P 3z z}



^21



0.25

Do ^{2x2y2z2 1}₂



^{x y}



^{2z2 }₂^{3z2  4}₃ ^{ z 4}₃

Đặt ^{P  f z}

 

^{3z33z với z  4}₃^{; 4}₃^K

 

 

0.25

Cĩ ^{f z}

 

^9z23,

 

1 0 3

1 3

z K

f z

z K

  

  

 











0.25

Ta cĩ: 4 4 4 4 1 2 1 2

, , ,

3 3 3 3 3 3 3 3

f  f  f  f 

       

       

       

   

Do vậy 2

maxP  3 khi 2 1

3; 3

z xy 

0.25