Tải bản đầy đủ

Đề thị THPT lần 3 hay

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
THOẠI NGỌC HẦU

Môn thi: TOÁN ( THI thử lần III )

ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC (gồm 01 trang)

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

.

trên đoạn

.

Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 3log2 x + 32−log2 x = 10 .


(z

b) Giải phương trình

2

+ 2 z ) + 5 ( z 2 + 2 z ) + 6 = 0 trên tập hợp các số phức.
2

π /2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

∫ sin

2

x sin 2xdx .

0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 6 x + 3 y − 2 z − 1 = 0 và mặt cầu

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 6 x − 4 y − 2 z − 11 = 0 . Chứng minh mặt phẳng ( P )
đường tròn ( C ) . Tìm tọa độ tâm của ( C ) .

cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một

Câu 6 (1,0 điểm). a) Cho số thực α thỏa mãn điều kiện sin α + cos α = 2 . Tính A = tan α + cot 2α .
n

2 

2
n −2
n −1
b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x −
÷ , biết x > 0 và A n = Cn + Cn + 4n + 6 .
x


· C = 600 , hình chiếu
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . A BCD có đáy A BCD là hình thoi cạnh a . Góc BA

vuông góc của S trên mặt (A BCD ) trùng với trọng tâm của tam giác A BC . Mặt phẳng ( SA C ) hợp với mặt
phẳng (A BCD ) góc 600. Tính thể tích khối chóp S .A BCD và khoảng cách từ B đến (SCD ) theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật A BCD có diện tích S = 6 và có
phương trình đường thẳng A C là x + 2y - 9 = 0 . Điểm M (0; 4) thuộc đường thẳng BC . Xác định tọa độ các
đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết đường thẳng CD đi qua N (2;8) và đỉnh C có tung độ là một số nguyên.
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

(

æ2
x- 2 ç
m x+
ç
ç
ç
è

)

2 x +

ö
÷
- 3 4 x ( x - 2) ÷
= 3x + 2 .
÷
÷
ø
x- 2
2

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y , z thỏa mãn x > 2, y > 1, z > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

1
2 x + y + z − 2(2 x + y − 3)
2

2

2



1
y ( x − 1)( z + 1)

------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:...............................................
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
THOẠI NGỌC HẦU

Môn thi: TOÁN ( THI thử lần III )

ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM (gồm 06 trang)

Câu

Đáp án (trang 01)

Điểm

+Tập xác định: D = ¡

1
(1,0đ)

+Sự biến thiên: .

0,25

. Các khoảng đồng biến

. Các khoảng nghịch biến

. Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 , yCĐ = 4; đạt cực tiểu tại

, yCT = 0

0,25

.Giới hạn:
+Bảng biến thiên
x

-

y'
y

0
+

0

2
-

0

4
-

+∞
+

0,25
+∞

0

+Đồ thị:

0,25

Hàm số y = x 2 e x liên tục trên đoạn [ −1; 2]
2
(1,0đ)

0,25
0,25
0,25

3

Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số lần lượt là

0,25

a) Điều kiện xác định: x > 0 .

0,25


(1,0đ)

Đặt t = 3log2 x , t > 0 . Phương trình trở thành t +

9
= 10 ⇔ t = 1 ∨ t = 9
t

t = 3log2 x = 1 ⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 , t = 3log2 x = 9 ⇔ log 2 x = 2 ⇔ x = 4
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, x = 4
Đáp án (trang 02)

(

2
b) z + 2 z

)

2

 z + 2 z = −2
+ 5( z2 + 2z ) + 6 = 0 ⇔  2
 z + 2 z = −3

0,25
Điểm

2

0,25

z 2 + 2 z = −2 ⇔ z 2 + 2 z + 2 = 0 ⇔ z = −1 ± i
z 2 + 2 z = −3 ⇔ z 2 + 2 z + 3 = 0 ⇔ z = − 1 ± i 2
π/2

4
I=
(1,0đ)


0

π /2

sin 2 x sin 2xdx = 2 ∫ sin 3 x.cosxdx

0,25

0

Đặt t = s inx ⇒ dt = cosxdx , x =
1

t4
I = 2 ∫ t dt =
2
0

π
⇒ t = 1, x = 0 ⇒ t = 0
2

0,25

1

3

I=

0,25

0,25

0

1
2

0,25

5
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3; 2;1) và bán kính R = 5
(1,0đ)
6.3 + 3.2 − 2.1 − 1
=3< R
Ta có khoảng cách từ I đến ( P ) là d ( I , ( P ) ) =
2
6 2 + 32 + ( − 2 )

0,25
0,25

Do đó ( P ) cắt ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn ( C ) .

Tâm của ( C ) là hình chiếu vuông góc H của I trên ( P ) . Đường thẳng ∆ qua I và vuông
x − 3 y − 2 z −1
=
=
góc với ( P ) có phương trình là
. Do H ∈ ∆ nên H ( 3 + 6t ; 2 + 3t;1 − 2t )
6
3
−2
3
 3 5 13 
Ta có H ∈ ( P ) , suy ra 6 ( 3 + 6t ) + 3 ( 2 + 3t ) − 2 ( 1 − 2t ) − 1 = 0 ⇔ t = − . Do đó H  ; ; ÷
7
7 7 7 
sin α cos 2α cos ( 2α − α )
1
6
+
=
=
a) A = tan α + cot 2α =
(1,0đ)
cos α sin 2α cos α sin 2α sin 2α
1
=
=1
2
( sin α + cos α ) − 1
b) Điều kiện xác định: n ∈  và n≥2.
A n2 = Cnn−2 + Cnn−1 + 4n + 6 ⇔ A n2 = Cnn−+11 + 4n + 6 ⇔

n!
(n + 1)!
=
+ 4n + 6 ⇔
(n − 2)! 2!(n − 1)!

n ∈ ¥ ∧ n ≥ 2
n ∈ ¥ ∧ n ≥ 2
n ∈ ¥ ∧ n ≥ 2
⇔
⇔ 2
⇔
⇔ n = 12
2n(n

1)
=
n(n
+
1)
+
8n
+
12
n

11n

12
=
0

n ∈ {−1;12}


0,25
0,25
0,25
0,25

0,25




Khi n=12 ta được:  x −




12

2 
÷
x

. Số hạng thứ (k+1) của khai triển là:

k

k
k
Tk +1 = C12
( −2)k .x 2 .x12−k = C12
( −2)k .x

Câu

24 −3k
2

k ∈ ¥ ,k ≤ 12

. Tk+1 không có chứa x ⇔ 24 − 3k = 0 ⇔ k = 8 ⇔ k = 8 .


8
Vậy số hạng không có chứa x là: T9= 28 C12
Đáp án (trang 03)

0,25

Điểm
S

D A BC
H

A

7
(1,0đ)

E

O

Gọi E là trọng tâm

, ta có:

D

B

C

0,25

ìï SE ^ ( A BCD )
ï
í
ïï SO ^ A C
ïî
Þ OE ^ A C
Suy ra

·
= 60
( SA C ) , ( A BC D) ) = SOE


0

1
a 3
a2 3 a2 3
D A BC đều cạnh 2a Þ OE = OB =
Þ dt ( A BC D) = 2.
=
3
6
4
2
Trong D SOE có SE = OE . t an 600 =
Vậy V

S .A BC D

a
2

1
1 a a2 3 a 3 3
= SE .dt ( A BC D) = . .
=
3
3 2 2
12

(

)

Dễ thấy d B , ( SC D) =

3
· D = 900
d E , ( SC D) và EC
2

(

Kẻ EH ^ SC

)

(1)

ìï SE ^ ( A BCD ) Þ SE ^ C D
ï
í
ïï EC ^ C D
ïî
Þ C D ^ ( SEC ) Þ EH ^ C D
Từ (1), (2) ta được EH ^

0,25

0,25
(2)

( SC D) Þ d ( B , ( SC D) ) = 2 d ( E , ( SC D) ) = 2 EH
3
3

a 21 ;
a 3
SC =
EC =
6
3

0,25


Trong D SCE có SC .HE = EC .SE Þ HE =

(

)

Vậy d B , ( SC D) =

3
3 a 7
3a 7
d E , ( SC D) = .
=
2
2 7
14

(

)

Câu

8
(1,0đ)

EC .SE
a 3 a
6
a 7
=
. .
=
SC
3 2 a 21
7

Đáp án (trang 04)

Điểm

Vì C Î A C : x + 2y - 9 = 0 Þ C (9 - 2c ; c )

uuur

0,25

uuur

Suy ra NC = (7 - 2c ; c - 8), MC = (9 - 2c ; c - 4)

uuur uuur

Khi đó ta có: NC .MC = 0 Û (7 - 2c )(9 - 2c ) + (c - 8)(c - 4) = 0

Û 5c 2 - 44c + 95 = 0 Û c = 5 Ú c =

19
5

Vì C có tung độ là một số nguyên nên C (- 1;5)

uuuur
Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt A C tại A ' có MC = ( −1;1) là vtpt của MA '
æ
1 13 ö
2
÷
; ÷
, MA ' =
, MC = 2 .
Khi đó MA ' : x - y + 4 = 0 . Suy ra A ' ç
ç
÷
ç
÷
3
è3 3 ø
1
1
.MA ' .MC =
2
3
Hai tam giác A BC và A ' MC đồng dạng và M (0; 4) nằm trên cạnh BC nên:
2
uuur
uuur
ìï x + 1 = 3.1
æCB ö
S A BC
3
ï B
÷
ç
÷
=
=
=
9
Þ
CB
=
3
CM
ÞÞ
B (2;2)
ç
í
÷
÷
ç
ïï y B - 5 = 3.(- 1)
S A ' MC
1
èCM ø
î
3
uuur
uuur
uur
uuur
Tương tự CA = 3CA ' Þ A (3; 3) . Từ A B = DC Þ D (- 2;7)
Vậy A (1; 4), B (2;2),C (- 1;5), D (- 2;7) .
Điều kiện: x > 2
2
3x + 2
2
- 3 4 x ( x - 2) =
Khi đó: ( 1) Û m x +
x- 2
2 x + x- 2
2
Û m2 x +
- 3 4 x ( x - 2) = 2 x - x - 2
x- 2
2
Û x- 2+
- 3. 4 x ( x - 2) = 2 - m 2 x
x- 2

0,25

Ta có S A ' MC =

9
(1,0đ)

(

)

0,25

0,25
0,25


x

Û

x- 2

- 3. 4

x- 2
= 2- m2
x

(2)

1
x- 2
với t Î ( 0;1) (do x > 2 ). Pt (2) trở thành 2 - 3t = 2 - m 2 (3)
t
x
Phương trình (1) có nghiệm Û phương trình (3) có nghiệm t Î ( 0;1)
Đặt t =

4

Đáp án (trang 05)

0,25
Điểm

1
- 3t với t Î ( 0;1) , ta có:
t2
2
f ' ( t ) = - 3 - 3 < 0 , " t Î ( 0;1)
t
Bảng biến thiên:

Xét hàm f ( t ) =

t
f '( t )

0

f (t)



-

0,25
1

- 2
Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra:
Phương trình (3) có nghiệm t Î ( 0;1) Û 2 - m 2 > - 2 Û 4 - m 2 > 0 Û - 2 < m < 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi - 2 < m < 2 .

Câu

0,25

10. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x > 2, y > 1, z > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1
P=

2 x 2 + y 2 + z 2 − 2(2 x + y − 3) y ( x − 1)( z + 1)
Đặt a = x − 2, b = y − 1, c = z ⇒ a, b, c > 0

P=

1
2 a + b + c +1
2

2

2



1
(a + 1)(b + 1)(c + 1)

(a + b) 2 (c + 1) 2 1
Ta có a 2 + b 2 + c 2 + 1 ≥
+
≥ (a + b + c + 1) 2
2
2
4

0,25

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
10
(1,0đ)
( a + b + c + 3)3
Mặt khác (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≤

27

Khi đó P ≤

1
27

.
a + b + c + 1 (a + b + c + 3)3

0,25

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
Đặt t = a + b + c +1 > 1 .

0,25


1
27
,t > 1
Khi đó P ≤ −
t (t + 2)3

1
27
1
81
81t 2 − (t + 2) 4
f (t ) = −
,
t
>
1;
f
'(
t
)
=

+
=
t (t + 2)3
t 2 (t + 2) 4
t 2 (t + 2) 4
f (t ) = 0
Xét f '(t ) = 0 ⇔ 81t 2 − (t + 2) 4 = 0 ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 4 (do t>1); xlim
→+∞

Đáp án (trang 06)

Điểm

Bảng biến thiên
t

1

+∞

4

f’(t)

+

0

-

1
8

f(t)

0,25
0
Từ BBT, ta có max f ( x ) = f ( 4 ) =
Vậy max P = f ( 4 ) =

0
1
8

a = b = c = 1
1
⇔
⇔ a = b = c = 1 ⇒ x = 3; y = 2; z = 1
8
a + b + c + 1 = 4

------Hết------



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×