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

7 446 0
Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên đại học vinh   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 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y = x − x + x − Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = 2x +1 , biết tiếp tuyến song song với x −1 đường thẳng d: 3x+4y-2=0 Câu (1,0 điểm) a) Giải bất phương trình 21+ x +3 + 21− x +3 < b) Cho log = a Tính log 45 75 theo a Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x + ln(2 x + 1) dx ( x + 1) Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+y+z-7=0 đường thẳng d: x −3 y +8 z = = Tìm tọa độ giao điểm d với (P) lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa d đồng thời −2 −1 vuông góc với (P) Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình cosx+sin2x=sinx+sin2xcotx b) Nhân dịp kỷ niệm ngày Nhà giáo Việt Nam, trường THPT X tuyển chọn 24 tiết mục văn nghệ tiêu biểu, số lớp 11A có tiết mục để công diễn toàn trường Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai buổi công diễn, buổi 12 tiết mục Tính xác suất để tiết mục lớp 11A biểu diễn buổi Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật tâm O, SD vuông góc với mặt phẳng (ABCD), AD = a, ·AOB = 120o , góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 45o Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC, SB Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa trung tuyến đường cao kẻ từ C y + = 3x-2y+8=0 Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ A qua K(-18;3) Tính ·ABC biết điểm A có tung độ âm thuộc đường thẳng d: x+2y+2=0 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x + x + ≤ x + 2(1 + x + 3) Câu 10 (1,0 điểm) Giả sử x, y, z số thực không âm thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức P= 2x 2y 2z + + 2 2+ x 2+ y + z2 Hết - Câu Câu 1,0đ ĐÁP ÁN Đáp án 1.Tập xác định: D = R 2.Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có: y ' = 3x − 12 x + 9, x ∈ R Điểm 0,5 x = y ' =  x = x < y ' >  x > y ' < < x < Suy hàm số đồng biến khoảng (−∞;1) (3; +∞) ; hàm số nghịch biến khoảng (1;3) *Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 1, yCĐ=y(1)=3; Hàm số đạt cực tiểu x=3; yCT=y(3)= -1 *Giới hạn vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ *Bảng biến thiên: 3.Đồ thị: 0,5 Câu 1,0đ Hệ số góc d k = −3 −3 Suy hệ số góc tiếp tuyến 4 −3 ;x ≠1 ( x − 1) Hoành độ tiếp điểm tiếp tuyến với đồ thị nghiệm phương trình  x = −1 −3 −3 −3 y'= = ( x − 1) =  ( x − 1) x = −3 −3 ( x + 1) + , hay y= x − *Với x= -1 ta có y = Suy tiếp tuyến y = 4 0,5 Ta có y ' = 0,5 2.C122 11 *Với x= ta có y = Suy tiếp tuyến P ( A) = = C24 23 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y= Câu 1,0đ a)Điều kiện: x ≥ −3 Đặt x +3 = t > , bất phương trình cho trở thành 2t + Câu 1,0đ −3 −3 23 x − y= x+ 4 4 0,5 < 2t − 5t + < < t < t 2−1 < x +3 < −1 < x + < −3 ≤ x < −2 Vậy bất phương trình cho có nghiệm −3 ≤ x < −2 log 75 log3 (3.52 ) + log + 4a = = = b)Ta có: log 45 75 = log 45 75 = 2 log 45 log (3 5) + log 2+a dx −1 => du = (1 + )dx; v = Đặt u = x + ln(2 x + 1); dv = ( x + 1) 2x +1 x +1 Theo công thức tích phân phần ta có: x + ln(2 x + 1) 1 I =− + ∫( + )dx 0 x + (2 x + 1)( x + 1) x +1 0,5 0,5 0,5 = −1 (1 + ln 3) + ∫ ( + − )dx x +1 2x +1 x + −1 = (1 + ln 3) + ∫ ( − )dx 2x +1 x + = −1 (1 + ln 3) + (2 ln(2 x + 1) − ln(x + 1)) −1 (1 + ln 3) + ln − ln 2 = ln − ln − 2 = (3ln − ln − 1) Gọi M = d ∩ (P) Vì M ∊ d nên M(-2t+3;4t-8;-t) Suy M ∊ (P)  (−2 t + 3) + (4 t − 8) + (− t) − = t = 12 , hay M(-21;40;-12) uur ud = (−2; 4; −1) Mặt phẳng (Q) chứa d vuông góc với (P) nên (Q) có cặp vtcp  uur  nP = (1;1;1) uur uur uur Suy nQ = [nd ; nP ] = (5;1; −6) Lấy N(3;-8; 0) ∊ d nên N ∊ (Q) = Câu 1,0đ Câu 1,0đ Suy phương trình (Q): 5x+y-6z-7=0 a)Điều kiện: sinx ≠ Khi phương trình cho tương đương với cos x − sin x + sin x(1 − cot x) = cos x − sin x + cos x(sin x − cos x) = (cos x − sin x)(1 − cos x) = 12 24 Gọi A biến cố “2 tiết mục lớp 11A biểu diễn buổi” Nêu tiết mục lớp 11A biểu diễn buổi I số cách chọn 10 tiết mục lại 10 cho buổi I C22 Hai tiết mục lớp 11A cùng biểu diễn buổi II 10 Vì vậy, số cách chia để biến cố A xảy là: 2.C22 Do P ( A) = 10 2.C22 11 = ≈ 0, 4783 12 C24 23 Ghi chú: Xác suất tính theo công thức P ( A) = 0,5 0,5  cos x = sin x   cos x =  π   x = + kπ  (k ∈ Z ) π  x = ± + k 2π  b)Gọi hai buổi công diễn I, II Số cách chia 24 tiết mục thành hai buổi công diễn số cách chọn 12 tiết mục cho buồi I, C 0,5 2.C122 11 = C242 23 0,5 Câu 1,0đ 0,5  SD ⊥ ( ABCD ) Vì  nên SC ⊥ BC  DC ⊥ BC · => SCD = (· SBC ), ( ABCD ) = 45o · (do ∆SCD vuông D nên SCD =90o) Vì ABCD hình chữ nhật nên OA = OD, kết hợp với ·AOD = 180O − ·AOB = 60O Suy ∆OAD Do đó: OA = OD = a, ·ADO = 60O Suy AB = AD.tan 600= a Suy S ABCD = AB AD = a SD = CD.tan 450 = a => VS ABCD = SD.S ABCD = a 3 Kẻ Bx // AC => mp(S, Bx) // AC) => d ( AC ,SB) = d(O, (S, Bx)) = d(D, (S, Bx))(1) Hạ DK ⊥ Bx, DH ⊥ SK Vì Bx ⊥ (SDK) nên Bx ⊥ DH => DH ⊥ (S, Bx) (2) o · · Vì BD=2DO =2a DBK = DOA = 60o đồng vị nên DK = BD.sin 60 = a Suy ∆SDK vuông cân D => HD = SK SD a = = (3) 2 a Kết hợp (1), (2), (3) ta suy d(AC,SB)= DH = 0,5 Câu 1,0đ 0,5 y + = => C (−4; −2) Từ hệ  3 x − y + = Gọi M, N trung điểm AB, BC Ta có: A ∈ d : x + y + = => A(−2a − 2; a)( a < 0) M ∈ CM : y + = => M (m; −2) −a − ) Mà M trung điểm AB nên B(2a+2m+2;-a-4)=> N ( a + m − 1; uuur uuuur Vì CH ⊥ AB nên uCH AM = 2(2a + m + 2) + 3(− a − 2) = a = −2m + 2(1) uuur uuur − a − 12 ) Ta có: KA = (−2a + 16; a − 3) KN = (a + m + 17; uuur uuur Vì A, N, K thẳng hàng nên KA phương KN Do đó: (-2a+16)(-a-12)=2(a-3)(a+m+17)(2)  m = => a = −3(TM )  Thay (1) vào (2) ta 2m + 21m − 65 =   m = −13 => a = 28( KTM ) 0,5 Suy A(4;-3), B(1;-1) Ta có uuur uuur uuur uuur 3.(−5) + (−2)(−1) −1 BA = (3; −2), BC = ( −5; −1) => cos( BA, BC ) = = + 25 + uuur uuur o · => ABC = ( BA, BC ) = 135 Câu 1,0đ Điều kiện: x ≥ −2 Đặt 0,5 x + = u , x + = v, (u >0,v ≥ ), bất phương trình cho trở thành: u − + 4v ≤ v + 2u (u − v + 1)(u + v − 3) ≤ ( x + − x + + 1)( x + + x + − 3) ≤ Ta có: x2 + − x + + = Do (1) tương đương với x2 − x + x2 + + x + +1 > x2 + + x + − ≤ 3 − x + ≥ x + ≤ − x +   x + ≤ − x + + x + 2 0,5  −2 ≤ x ≤  x ≤   − x + x + ≥ 6 x + ≤ + x − x 36( x + 2) ≤ (− x + x + 8)2   + 33  −2 ≤ x ≤ −  −2 ≤ x ≤    x = −1 ( x + 1) ( x − x − 8) ≥  Câu 10 1,0đ Vậy bất phương trình cho có nghiệm x =-1 −2 ≤ x ≤ − A B C Đặt x = tan ; y = tan ; z = tan (0 ≤ A, B, C < π ) 2 A B B C C A Từ giả thiết ta có tan tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 B C − tan tan A 2 = cot B + C = tan( π − B + C ) Khi đó: tan = B C 2 2 tan + tan 2 A π B+C + kπ , k ∈ Z Hay A+B+C=π +k2π Suy = − 2 Từ (1) suy k = Do đó: A+B+C= π Khi đó: 1 C A+ B A− B C P= sin A + sinB+ sin = 2sin cos + − cos 2 2 2 2 C C C ≤ 2cos − cos + = − ( − cos ) ≤ 2 2 2 π  C  C=  cos =   x = y = − 2  2  Dấu đẳng thức xảy   z = A = B A = B = π   Vậy giá trị lớn P 0,5 0,5

Ngày đăng: 24/08/2016, 22:26

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan