Tải bản đầy đủ

Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên lê quý đôn bình định lần 1 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
Trường THPT – chuyên LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ THI THỬ ĐỢT 1
MÔN: Toán – Thời gian 180 phút
Ngày thi 30/01/2016

1
2
Bài 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = (2 x + 1) ( x − 2)
2
2x + m
với m ≠ 2 Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ
x +1
1
thị với trục tung tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng
(đvdt)
2
Bài 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y =


Bài 3 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 5 x + sin x + cos 4 x = sin 3 x + cos 2 x −1
Bài 4 (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số mà các chữ số đều khác 0. Chọn ngẫu nhiên hai
số từ S, tính xác suất để hai số được chọn mà số này gồm các chữ số viết theo thứ tự ngược lại của số kia (ví dụ
ab và ba ).
3x − ln(2 x + 1) + 1
x →0
tan x

Bài 5 (1,0 điểm). Tính giới hạn L = lim

Bài 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a, AD
= 2a. Biết hai mặt phẳng (SBD) và (SAC) cùng vuông góc với đáy, góc giữa (SCD) và đáy bằng 600 . Tính theo
a thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Bài 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;2;0), B(–1;1;4) và C(3;–2;1). Viết
phương trình mặt cầu S có tâm I, đi qua ba điểm A, B, C biết OI = 5
Bài 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AB và CD với
CD = 2AB. Biết phương trình đường thẳng AB là x + y – 3 = 0, phương trình đường thẳng BD là x – 3y + 13 =
0 và đường thẳng AC đi qua điểm M(3;8). Tìm tọa độ điểm C.
 y (2 x + y + 5) = x 2 ( y + 5) − 10 x

( x, y ∈ R )
Bài 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
1
2
2
3
 y + 4 + 3 y + 3 x + 2 = (3 x + y − 5 x + 30)

4
Bài 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
232a + 135b + 54( ab + bc + 3 abc )
P=
1 + (a + b + c)2


ĐÁP ÁN
Bài 1
1
7
y = (2 x + 1) 2 ( x − 2) = 2 x3 − 2 x 2 − x − 1


2
2
+ Tập xác định : D = ℝ.
+ Sự biến thiên:
−1

x=

7
2
2
Chiều biến thiên: y ' = 6 x − 4 x − ; y ' = 0 <=> 
2
x = 7

6
−1
7
−1 7
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; ) và ( ; +∞) , nghịch biến trên ( ; )
2
6
2 6
Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =

−1
7
−125
, yCĐ = 0; đạt cực tiểu tại x = , yCT =
2
6
27

Bảng biến thiên:

+ Đồ thị: Giao với Ox ở (

Bài 2

−1
;0) và (2;0). Giao với Oy ở (0;–1)
2


2−m
2x + m
với m ≠ 2. Tập xác định: D = ℝ \ {–1}. Có y ' =
( x + 1) 2
x +1
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm A(0;m). Có y’(0) = 2 – m. Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại A
có dạng: y=(2-m)x+m (d)
m
;0) cắt Oy tại A(0;m). Ta có:
Vì m ≠ 2 nên (d) cắt Ox tại B (
m−2
1
1
1
m
SOAB = <=> OA.OB = <=>| m | . |
|= 1
2
2
2
m−2
m2
<=>|
|= 1
m−2
 m 2 − m + 2 = 0(1)
<=>  2
 m + m − 2 = 0(2)
 m = −2
1
7
(1) <=> (m − ) 2 + = 0 vô nghiệm; (2) <=> (m + 2)(m − 1) = 0 <=> 
2
4
m = 1
Vậy m = –2 hoặc m = 1.
Bài 3
sin 5 x + six + cos 4 x = sin 3 x + cos 2 x − 1
Xét hàm số y =

<=> 2sin 3 x cos 2 x + 2 cos 2 2 x − 1 = sin 3 x + cos 2 x − 1
<=> sin 3 x(2 cos 2 x − 1) + cos 2 x(2 cos 2 x − 1) = 0
<=> (2 cos 2 x − 1)(sin 3 x + cos 2 x) = 0
1

cos 2 x = (1)

<=>
2

 − sin 3x = cos 2 x(2)
π
π
(1) <=> 2 x = ± + k 2π <=> x = ± + kπ
3
6

π

x = − + k 2π

π
π
2
(2) <=> cos(3 x + ) = cos 2 x <=> 3 x + = ±2 x + k 2π <=> 
2
2
 x = − π + k 2π

10
5
π
π k 2π
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = ± + kπ ; x = − +
(k ∈Z )
6
10
5
Bài 4
Gọi A là biến cố “Hai số được chọn có tính chất số này gồm các chữ số viết theo thứ tự ngược lại của số kia”
Số phần tử của không gian mẫu:
Có 9 cách chọn chữ số hàng chục và 9 cách chọn chữ số hàng đơn vị, do đó có 9.9 = 81 số có hai chữ số khác 0.
2
Vậy số phần tử của không gian mẫu là C81 = 3240
2
Số kết quả thuận lợi cho A là số cặp chữ số a, b khác nhau trong 9 chữ số từ 1 đến 9, bằng C9 = 36 .
36
1
=
Xác suất cần tính là PA =
3240 90
Bài 5
Ta có:


f ( x) =

3x − ln(2 x + 1) + 1
x
3x − 1 1 − ln(2 x + 1) + 1
=
.(
+
)
tan x
tan x
x
x

x
=1
x → 0 tan x
3x − 1
eln 3 − 1
eln 3 − 1
lim
= lim(ln 3.
) = ln 3.lim
= ln 3
x→0
x →0
x → 0 ln 3
x
ln 3
1 − ln(2 x + 1) + 1
− ln(2 x + 1)
−2
ln(2 x + 1)
lim
= lim
= lim
.lim
x→0
x →0 x[1 + ln(2 x + 1) + 1]
x →0 1 + ln(2 x + 1) + 1 x →0
x
2x
lim

= −2.1 = −2
x
3x − 1 1 − ln(2 x + 1) + 1
.lim(
+
) = ln 3 − 2
x → 0 tan x x → 0
x
x

Vậy lim f ( x) = lim
x→0

Bài 6

Gọi E là trung điểm AD thì ABCE là hình vuông, suy ra EA = ED = EC = a ⇒ ∆ ACD vuông tại C ⇒ DC ⊥ CA
Gọi H là giao AC và BD ⇒ SH = (SAC) ∩ (SBD). Mà (SAC) ⊥ (ABCD), (SBD) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD)
⇒ CD ⊥ SH
⇒ CD ⊥ (SAC) ⇒ CD ⊥ SC
⇒ Góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng (SC;CH)=SCH=600
∆ ABC vuông ở B ⇒ CA = AB 2 + BC 2 = AB 2 = a 2
CH CB 1
CA a 2
=
= => CH =
=
HA AD 2
3
3
a 6
∆ SHC vuông tại H ⇒ SH = CH .tan 60o =
3
1
3a 2
Vì ABCD là hình thang ⇒ S ABCD = AB( BC + AD ) =
2
2
3
1
a 6
Thể tích khối chóp: VS . ABCD = SH .S ABCD =
3
6
Gọi M, I lần lượt là trung điểm SC, AC. Trong mặt phẳng (SAC), đường trung trực của SC cắt AC tại J, đường
trung trực của AC cắt IJ tại O.
Vì OM // SH (cùng nằm trong mặt phẳng (SAC) và vuông góc AC) nên OM ⊥ (ABCD). Mặt khác M là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ABC nên OM là trục của đường tròn này.
Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC
HC
2a 2
a 2
∆ SHC vuông tại H ⇒ SC =
=
=> CI =
= CH
o
cos 60
3
3
Vì BC // AD ⇒


2a 2
a 6
, JI = SH =
3
3
AC a 2
a 2
Có MC =
=
; JM = JC− MC =
2
2
6
OM JM
IC.JM a 6
Có ∆JOM ~ ∆JCI ( g .g ) =>
=
=> OM =
=
IC
JI
JI
18
∆SHC = ∆JIC (g.c.g) => JC = SC =

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABC là R = OC = OM 2 + MC 2 =

a 42
9

Bài 7

−1 3
1 5
; ; 2), E (1; − ; )
2 2 uuur
2 2
Phương trình mặt phẳng trung trực AB đi qua D và nhận AB = (−1; −1; 4) làm vectơ pháp tuyến: -x-y+4z-7=0
(P)
uuur
Phương trình mặt phẳng trung trực BC đi qua E và nhận BC = (4; −3; −3) làm vectơ pháp tuyến: 4x-3y-3z+2=0
(Q)
Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q) thì d là trục đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC.
Xét điểm M(1;0;2) thuộc (P) và (Q) nên M ∈ d. Vì d ⊥ AB, d ⊥ BC nên một vectơ chỉ phương của d là
uuur uuur
 AB; BC  = (15;13;7)


Gọi D, E lần lượt là trung điểm AB, BC. Suy ra D(

Suy ra phương trình giao tuyến của (P) và (Q):
Gọi I(1+15t;13t;2+7t) ∈ ( d ) . Ta có:

x −1 y x − 2
= =
(d )
15 13
7

OI = 5 <=> (1 + 15t ) 2 + (13t ) 2 + (2 + 7t ) 2 = 5
<=> 443t 2 + 58t = 0
t = 0
 I (1;0; 2)

<=>
=>  −427 −754 480
t = − 58
I (
;
;
)
443

 443 443 443
Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm.
Nếu I(1;0;2) =>R=IA=3. Phương trình (S): ( x − 1) 2 + y 2 + (z − 2)2 = 9
−427 −754 480
7003
;
;
) => R = IA =
. Phương trình (S):
443 443 443
443
427 2
754 2
480 2 7003
(x +
) + (y +
) + (z −
) =
443
443
443
443
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn bài toán, có phương trình là ( x − 1) 2 + y 2 + (z − 2) 2 = 9 và
427 2
754 2
480 2 7003
(x +
) + (y +
) + (z −
) =
443
443
443
443
Bài 8
Nếu I (

Qua M kẻ đường thẳng song song BD cắt AB tại N. Vẽ MH ⊥ AN tại H. I là giao AC và BD


Vì ABCD là hình thang cân nên ∆ABC = ∆BAD (c.g.c) => IAB = IBA = INA
Suy ra ∆ AMN cân tại M ⇒ H là trung điểm AN.
x + y − 3 = 0
=> B (−1; 4)
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 
 x − 3 y + 13 = 0
Phương trình MN qua M và song song BD là x-3y+21=0
x + y − 3 = 0
=> N (−3;6)
Tọa độ N là nghiệm của hệ 
 x − 3 y + 21 = 0
uuur
Phương trình MH qua H và nhận u AB (1; −1) làm vectơ pháp tuyến: x-y+5=0
x + y − 3 = 0
=> H (−1; 4) . H là trung điểm AN ⇒ A(1;2)
Tọa độ H là nghiệm của hệ 
x − y + 5 = 0
Phương trình đường thẳng AC đi qua A và M là 3x-y-1=0
3 x − y − 1 = 0
=> I (2;5)
Tọa độ I là nghiệm của hệ 
 x − 3 y + 13 = 0
uuur
uur
AI AB 1
=
= => AC = 3. AI = (3;9) => C (4;11)
Vì AB // CD nên
ICr CD 2
uuur
uu
Tương tự BD = 3.BI = (9;3) => D (8;7)
Vậy A(1;2), B(–1;4), C(4;11), D(8;7)
Bài 9
 y (2 x + y + 5) = x 2 ( y + 5) − 10 x(1)

(I )

1
2
2
3
 y + 4 + 3 y + 3 x + 2 = (3 x + y − 5 x + 30)

4
Điều kiện: y ≥ –4. Với điều kiện này ta có:
(1) <=> (y
+ 5) (2 x + y − x 2 ) = 0
{
≥1

<=> y = x − 2 x
2

 y = x 2 − 2 x
( I ) <=> 
2
3 2
4
3
2
 4 x − 2 x + 4 + 12 x + x + 2 = x − 4 x + 7 x − 5 x + 30(2)
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số dương và bất đẳng thức Cô–si cho 3 số dương, ta có:
2.2 x 2 − 2 x + 4 ≤ 4 + ( x 2 − 2 x + 4) = x 2 − 2 x + 8
3.2.2. 3 x 2 + x + 2 = 8 + 8 + x 2 + x + 2 = x 2 + x + 18
Do đó:
(2) => x 4 − 4 x3 + 7 x 2 − 5 x + 30 ≤ 2 x 2 − x + 26
<=> x 4 − 4 x3 + 5 x 2 − 4 x + 4 ≤ 0
<=> ( x − 2) 2 ( x 2 + 1) ≤ 0
<=> x = 2
Thử lại x = 2 là nghiệm của (2). Suy ra y = 0 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (2;0)
Bài 10
232a + 135b + 54( ab + bc + 3 abc )
P=
1 + (a + b + c)2
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số dương và bất đẳng thức Cô–si cho 3 số dương, ta có:


54 ab = 9.2. a.9b ≤ 9( a + 9b)
54 bc = 9.2. b.9c ≤ 9(b + 9c)
54 3 abc = 2.3. 3 a.9b.81c ≤ 2(a + 9b + 81c )
1 + (a + b + c) 2 ≥ 2(a + b + c)
232a + 135b + 9(a + 9b + b + 9c ) + 2(a + 9b + 81c) 243(a + b + c) 243
=> P ≤
=
=
2(a + b + c)
2(a + b + c)
2
 a = 9b = 81c
81
9
1
<=> a = ; b = ;c =
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
91
91
91
a + b + c = 1
243
Vậy GTLN của P là
2



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×