Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên bến tre lần 1 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

7 461 1
Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên bến tre   lần 1 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẾN TRE ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (1 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = f ( x) = x − x Câu 2: (1 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: f ( x) = ( x − 2) (x + 2) đoạn −1 ; 2] Câu 3: (1 điểm) a) Tìm phần thực phần ảo số phức z thỏa mãn: z + z = − 2i [ b) Giải phương trình sau tập số thực: log x + = + log x 2 Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ x (1 + x − x )dx Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(–4;1;3) đường thẳng d có phương trình x +1 y −1 z + = = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa −2 độ điểm B thuộc d cho AB = 27 Câu 6: (1 điểm) 1 π )(cos x − ) a) Cho x góc thỏa mãn cos( x + ) = Tính giá trị biểu thức M = (s inx − s inx cos x 4 b) Một tổ 11 người gồm học sinh nam học sinh nữ, chọn ngẫu nhiên học sinh tham gia lao động Tính xác suất để người chọn có nữ Câu 7: (1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành, AB=2AD=2a,DAB=60°, mặt bên (SAB) tam giác cân S, ASB=2α ; mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy Gọi M trung điểm CD Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AM BD Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh C(7;–4), M trung điểm BC D hình chiếu vuông góc M lên cạnh AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD cắt đoạn thẳng BC điểm E(4;–3) Biết điểm A cách gốc tọa độ khoảng nằm phía bên phải trục tung Tìm tọa độ điểm A  x + + x + x = y + y − Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình   x + x = y y − Câu 10: (1 điểm) Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ P = 12a + 9b3 + 6c − 9b 2c 4(a + b + c )3 ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu + Tập xác định: D = ℝ + Sự biến thiên: x = Chiều biến thiên: y ' = x − x; y ' =   x = ±1 Hàm số đồng biến khoảng (–1;0) (1;+∞); nghịch biến khoảng (–∞;–1)và (0;1) Giới hạn: lim y = lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 0; đạt cực tiểu x = –1, yCT = –1 x = 1,yCT= –1 Bảng biến thiên: + Đồ thị Giao Oy (0;0) Câu Có f ( x) = [( x − 2)( x + 2)]2 = ( x − 2) = x − x +  x = − 2( L)  f '( x ) = x − x; f '( x) =  x = 0(TM )  x = 2(TM)  f( −1 49 ) = ; f (0) = 4;f( 2) = 0; f (2) = 16 x = f ( x ) = x = 2; max f ( x ) = Vậy x = −1 −1 x∈[ ;2] x∈[ ;2]  2 Câu a) Gọi z = a + bi (a,b ∈ ℝ) z + z = − 2i (a − bi ) + 2(a + bi) = − 2i a = 3a + bi = − 2i  b = −2 Vậy z có phần thực 1, phần ảo –2 b) log x + = + log x(1) Điều kiện: x > Với x > 0, ta có (1) log 2 x + = log 2 + log x log 2 x + = log (2 x) x + = x x + = x x − x − =  x = − ( L)    x = 1(TM ) Vậy tập nghiệm phương trình cho {1} Câu 1 0 I = ∫ x (1 + x − x )dx = ∫ x dx + ∫ x3 − x dx = x3 1 +J = +J 3 Tính J= ∫ x − x dx Đặt t = − x => t = − x => tdt = − xdx Đổi cận x=0=>t=1;x=1=>t=0 0 1 J = ∫ x − x xdx = ∫ (1 − t ).t.(− t).dt = ∫ (t − t )dt = ( Vậy I = + = 15 15 Câu t5 t3 − ) = 15 uu r uu r Đường thẳng d nhận ud = (−2;1;3) làm VTCP Vì (P) ⊥ d nên (P) nhận ud = (−2;1;3) làm VTPT ⇒ Phương trình (P): -2(x+4)+y-1+3(z-3)=0-2x+y+3z-18=0 Có B ∈ d => B( −1 − 2t ;1 + t; −3 + 3t ) AB = 27 AB = 27 (3 − t) + t + (3t − 6) = 27 14t − 48t + 18 = t = => B (−7; 4;6)  t = => B ( −13 ; 10 ; −12 ) 7  Câu a) Ta có π π π −3 π cos( x + ) = => cos(2 x + ) = cos ( x + ) − = => sin x = − cos(2 x + ) = 4 4 sin x => sin x cos x = = sin x cos x M = sin x cos x + −( + ) sin x cos x cos x sin x sin x + cos x = sin x cos x + − sin x cos x sin x cos x = sin x cos x = b) Gọi A biến cố: “5 người chọn có nữ” Số phần tử không gian mẫu C11 = 462 Số kết thuận lợi cho A: + Số cách chọn nữ từ nữ C6 = 20 + Số cách chọn nam từ nam C5 = 10 Số kết có lợi cho A 20.10 = 200 200 100 = Xác suất cần tính PA = 462 231 Câu Gọi H trung điểm AB Vì ∆ SAB cân S nên SH ⊥ AB H, SH phân giác góc ASB AB =a Suy ASH=BSH= α ;AH=BH= Vì (SAB) ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ (ABCD) Có SH=AH.cot α =a.cot α S ABCD = S ABD = AB AD.sin 600 = 2a.a = a2 2 a 3 cot α Thể tích khối chóp: VS ABCD = SH S ABCD = 3 Gọi I giao DH AM Vẽ IK ⊥ SD K Ta có AHMD hình thoi ⇒ I trung điểm DH AM ⊥ HD Mà AM ⊥ SH nên AM ⊥ (SDH) ⇒ AM ⊥ KI ⇒ d(AM;SD) = KI DH a = Tam giác AHD tam giác =>DH=DA=a;DI= 2 a 2 Có DS = SH + SH = a + cot α = sin α a a .cotα KI DI HS DI a.cosα ∆DKI ~ ∆DHS ( g g ) => = => KI = = = a HS DS DS sin α a.cosα Vậy khoảng cách AM SD Câu Vẽ AH ⊥ BC H Vì ABED tứ giác nội tiếp nên DAB+DEB=1800=>CED=CAB=> ∆CED ~ ∆CAB ( g g ) CE CD => = => CE.CB = CD.CA(1) CA CB CD CM = => CD.CA = CH CM (2) Mặt khác ta có ∆CDM ~ ∆CHA( g g ) => CH CA Từ (1) (2) suy CE.CB = CH.CM Mà M trung điểm BC nên CB = 2CM ⇒ CE 2CM = CH.CM ⇒ CH = 2CE Vì H, E thuộc đoạn BC nên E trung điểm CH C(7;–4), E(4;–3) ⇒ H(1;–2) uuur Đường thẳng AH qua H vuông góc với EC nên nhận EC = (3;-1) làm VTPT ⇒ Phương trình AH: 3(x – 1) – (y + 2) = ⇔ 3x – y – = Vì A ∈ AH ⇒ A(a;3a-5) A nằm bên phải trục tung nên a > Có OA = OA2 = 25 a + (3a − 5) = 25 10a − 30a = ⇔ a = (thỏa mãn) a = (loại) Vậy A(3;4) Câu  x + + x + x = y + y − 1(1) (I )   x + x = y y − 1(2)  x2 + x ≥ y ≥1   Điều kiện:  y − ≥   x ≥ 2 y − ≥   x ≤ −2   Với x ≤ –2 , y ≥ ⇒ VT(2) < 0, VP (2) > ⇒ loại Với x ≥ 0, y ≥ ta có: (1) x + + ( x + 1) − = y + y − Xét f (t ) = t + t − [1;+∞) Có f '(t ) = + [1;+∞) Suy (1)f(x+1)=f(y)y=x+1 t t −1 > 0, ∀t ≥ ⇒ f(t) hàm số đồng biến, liên tục Có (2) x + x = y y − (2 x) + x = ( y − 1)3 + y − Xét g(t)=t3+t [0;+∞) Có g'(t) =3t2 + 1>0 ,∀ t ≥ Hàm số g(t) đồng biến liên tục [0;+∞) Suy (2) g (2 x) = g ( y − 1) x = y −  y = x +  y = x + ( I )    x = x + 1(3)  x = y − x ≥ 1+ 5+ (3)  x = => y = 4 4 x − x − = (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ cho có nghiệm ( 1+ 5 + ; ) 4 Câu 10 12a + 9b3 + 6c − 9b 2c 4(a + b + c)3 33 45 21 3 3 Xét (9b + 6c − 9b c) − (b + c ) = b − b c − bc + c = (b − c) (11b + 7c) ≥ 0, ∀b, c > 4 4 4 => 9b3 + 6c3 − 9b c ≥ (b + c )3 12a + (b + c)3  a b + c 3 => P ≥ = 16.( )3 + ( ) 4(a + b + c) 16  a+b+c a + b + c  a b+c => t ∈ (0;1); = 1− t Đặt t = a+b+c a+b+c Xét hàm số f (t ) = 16t + (1 − t)3 (0;1) Có P= 16 16 f (t ) = 15t + 3t − 3t + = (5t − 1) ( t + ) + ≥ , ∀t ∈ (0;1) 25 25 25 3 16 f (t) = = Suy P ≥ 16 16 25 25  a =  Dấu xảy  a + b + c , chẳng hạn a = 1, b = c = b = c Vậy GTNN P 25

Ngày đăng: 24/08/2016, 22:25

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan