Tải bản đầy đủ

Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên phan bội châu nghệ an 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 GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015 – 2016; MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (1,0 điểm) : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =
Câu 2 (1,0 điểm) : Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số y =

x
.
1− x

x
sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M
1− x

cùng với hai trục tọa độ tạo thành một tam giác cân.

Câu 3 (1,0 điểm) :
n

1 

a) Tìm số hạng đứng chính giữa trong khai triển  x3 + 2 ÷ ( x ≠ 0) biết n ∈ ¥ thỏa mãn:
x 

C21n +1 + C22n +1 + ... + C2nn +1 = 220 − 1
b) Giải phương trình: log 22 ( x + 1) − 6 log 2 x + 1 + 2 = 0 ( x ∈ ¡ )
sinx
Câu 4 (1,0 điểm) : Tìm họ nguyên hàm : I = ∫ (e + cos x) cos xdx.

Câu 5 (1,0 điểm) : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;2), B(5;4;4) và mặt phẳng
(P): 2x + y – z + 6 =0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua trung điểm I của AB và d ⊥ (P); tìm điểm M
nằm trên (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.
Câu 6 (1,0 điểm) :
cos α
sin α + 3cos3 α
b) Đội xung kích của một trường THPT gồm 2 học sinh lớp 12, 3 học sinh lớp 11 và 4 học sinh lớp 10. Chọn
ngẫu nhiên đồng thời 2 học sinh từ đội xung kích đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để 2 học sinh được chọn
không cùng thuộc cùng một khối.
a) Cho α là góc thỏa mãn cot α = 2 . Tìm giá trị biểu thức: M =

3

Câu 7 (1,0 điểm) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AB = 2a, BD = AC 3 và I là giao
điểm của AC và BD; tam giác SAB cân tại A; hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng đáy trùng với trung
điểm H của AI. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB với CD.
Câu 8 (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : ( x − 1) 2 + ( y + 4) 2 = 4. Tìm
điểm M ∈ Ox sao cho từ M kẻ được đến (C) hai đường thẳng tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt A, B
2
2
thỏa mãn đường thẳng đi qua A, B tiếp xúc với đường tròn (C1 ) : ( x − 3) + ( y − 1) = 16.

Câu 9 (1,0 điểm) : Giải phương trình:

7 x 2 + 20 x − 86 + x 31 − 4 x − x 2 = 3 x + 2 ( x ∈ ¡ )

Câu 10 (1,0 điểm) : Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn abc = 1 và a + b ≤ 1 . Tìm giá trị lớn nhất


của biểu thức: M =

1
1
+
− 1+ c
2
1 + 4a 1 + 4b 2


-------------------------------- HẾT-------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN
Câu 1
1. Tập xác định: D = ℝ \ {1}
2. Sự biến thiên
1
> 0, ∀x ∈ D
Chiều biến thiên: y ' =
(1 − x) 2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–∞;1) và (1;+∞)
Giới hạn: lim− y = +∞; lim+ y = −∞ => x = 1 là tiệm cận đứng
x →1

x →1

lim y = lim y = −1 => y = −1 là tiệm cận ngang.
x →+∞

x →−∞

Bảng biến thiên:

3. Đồ thị
Giao với Ox và Oy tại (0;0).
Đồ thị nhận I(1;–1) làm tâm đối xứng

Câu 2
1
(1 − x) 2
m
)(m ≠ 1) là điểm thuộc đồ thị hàm số đã cho.
Gọi M (m;
1− m
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm M là :
Ta có y ' =


y=

1
m
( x − m) +
(d )
2
(1 − m)
1− m

Đường thẳng (d) cắt Oy, Ox lần lượt tại A và B và có hệ số góc tan α =
Tam giác OAB vuông cân ở O, nên:
OA
1
OA = OB =>| tan α |=
= 1 =>
=1
OB
(1 − m) 2
m = 0
 M (0;0)
<=> 
(TM ) => 
m = 2
 M (2; −2)
Vậy các điểm M cần tìm là (0;0) và (2;–2)
Câu 3
a) Ta có:
k
C2 n +1 = C22nn++11− k , ∀ k = 1, 2,3,..., n
=> C21n +1 + C22n +1 + ... + C2nn +1 = C22nn+1 + C22nn+−11 + ... + C2nn++11
=> (1 + 1) 2 n +1 = C20n +1 + C21n+1 + ... + C22nn++11
= (C20n +1 + C22nn++11 ) + (C21n +1 + C22n +1 + ... + C22nn+1 )
= 2 + 2(C21n +1 + C22n +1 + ... + C2nn +1 )
= 2 + 2.(220 − 1)
<=> 22 n +1 = 221
<=> n = 10
Do đó:
10
1
1
(x 3 + 2 )10 = ∑ C10i .(x 3 )10−i .( 2 ) i
x
x
i =0
10

= ∑ C10i .x50−5i
i =0

Số hạng đứng chính giữa trong khai triển trên tương ứng với i = 5.
5
5
5
Số hạng đó là C10 .x = 252 x
b) log 22 ( x + 1) − 6 log 2 x + 1 + 2 = 0 (1)
ĐK: x > –1
Với ĐK trên, ta có:
(1) <=> log 2 2 ( x + 1) − 3log 2 ( x + 1) + 2 = 0
<=> [ log 2 ( x + 1) − 1][ log 2 ( x + 1) − 2] = 0
 log ( x + 1) = 1
<=>  2
 log 2 ( x + 1) = 2
x +1 = 2
<=> 
x +1 = 4
x =1
<=> 
(TM )
x = 3
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S={1;3}
Câu 4

1
(1 − m) 2


I = ∫ (esinx + cos x) cos xdx
= ∫ esin x .cos xdx + ∫ cox 2 xdx
= I1 + I 2

I1 = ∫ esin x .cos xdx

t = sin x => dt = cos xdx
I1 = ∫ et dt = et + C => I1 = esin x + C
I 2 = ∫ cox 2 xdx = ∫
=

1 + cos 2 x
1 1
dx = ∫ ( + cos 2 x)dx
2
2 2

x 1
+ sin 2 x + C
2 4

I = I1 + I 2 = esin x +

x 1
+ sin 2 x + C
2 4

Câu 5

r
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n(2;1; −1)
r
Vì d ⊥ (P) nên d nhận n(2;1; −1) làm vectơ chỉ phương, mà d qua trung điểm I(3;3;3) của AB nên:
x −3 y −3 z −3
=
=
2
1
−1
Gọi E là hình chiếu vuông góc của I trên (P).
E ∈ d ⇒ E(3 + 2t;3 + t; 3 – t)
E ∈ (P) ⇒ 2(3 + 2t) + (3 + t) – (3 – t) + 6 = 0 ⇒ t = –2 ⇒ E(–1;1;5)
Ta có:
uuur 2 uuur 2 uuu
r uu
r
uuu
r uur
MA2 + MB 2 = MA + MB = ( MI + IA) 2 + ( MI + IB )2
uuu
r uu
r uur
= 2 MI 2 + IA2 + IB 2 + 2 MI ( IA + IB )
uu
r uur r
= 2 MI 2 + 2 IA2 ( Do IA + IB = 0)
(d) :

≥ 2 EI 2 + 2 IA2 (Do MI ≥ EI , ∀M ∈ ( P))
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M ≡ E.
Vậy M(–1;1;5) là điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 6
a) Ta có:


1
1
= 1 + cot 2 a = 5 => sin 2 a =
2
sin a
5
4
=> cos 2 a = 1 − sin 2 a =
5
cos a
cos a
sin a
=> M =
=
cos3 a
sin 3 a + 3cos3 a
sin 2 a + 3.
sin a
cot a
2
=
=
2
2
sin a + 3cos a.cot a 5
b) Gọi A là biến cố “2 học sinh được chọn không thuộc cùng một khối”.
2
Gọi A là biến cố “2 học sinh được chọn không thuộc cùng một khối”. C9 = 36
cot a = 2 =>

Tính số kết quả có lợi cho A:
Nếu trong 2 học sinh có 1 học sinh lớp 10 và 1 học sinh lớp 11 thì số cách chọn bộ 2 học sinh đó là
4.3 = 12
Nếu trong 2 học sinh có 1 học sinh lớp 10 và 1 học sinh lớp 12 thì số cách chọn bộ 2 học sinh đó là
4.2 = 8
Nếu trong 2 học sinh có 1 học sinh lớp 12 và 1 học sinh lớp 11 thì số cách chọn bộ 2 học sinh đó là
2.3 = 6
Theo quy tắc cộng, số kết quả có lợi cho A là 12 + 8 + 6 = 26
26 13
=
Xác suất cần tính là PA =
36 18
Câu 7

Vì ABCD là hình thoi nên I là trung điểm AC và BD. Suy ra
BD = AC 3 => BI = AI 3
Tam giác ABI vuông tại I:
AB 2 = AI 2 + BI 2
<=> 4a 2 = AI 2 + 3 AI 2
<=> AI = a
AI a
=> AH =
=
2 2
∆ SAB cân ở A nên SA = AB = 2a.


∆ SHA vuông ở H:
SH = SA2 − AH 2 =

a 15
2

Vì ABCD là hình thoi nên S ABCD =

1
1
AC.BD = AC 2 3 = 2a 2 3
2
2

Thể tình hình chóp:
1
1 a 15
VS . ABCD = SH .S ABCD = .
.2a 2 . 3 = a 3 5
3
3 2
Vì ABCD là hình thoi nên CD // AB, mà AB ⊂(SAB) nên CD // (SAB)
=>d(SB;CD)=d(CD;(SAB))=d(C;(SAB))=4.d(H;(SAB))
(vì A ∈ (SAB) và CA = 4HA)
Vẽ HJ ⊥ AB tại J, HK ⊥ SJ tại K.
AB ⊥ HJ, AB ⊥ SH ⇒ AB ⊥ (SHJ)
⇒ AB ⊥ HK. Mà HK ⊥ HJ nên HK ⊥ (SAB)
Suy ra d (SB; CD) = 4HK.
Ta có : ∆AHJ ~ ∆ABI ( g − g ) =>

HJ AH
BI . AH a 3
=
=> HJ =
=
BI
AB
AB
4

Tam giác SHJ vuông tại H nên
1
1
1
a 35
=
+
=> HK =
2
2
2
HK
HJ
SH
14
Vậy d(SB; CD) =

2a 35
7

Câu 8

Gọi M(m;0) ∈ Ox.
Đường tròn (C) có tâm I(1;–4) và bán kính R = 2
Đường tròn (C1) có tâm I1(3;1) và bán kính R1 = 4.
Từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) ⇔ MI > R
<=> (m − 1) 2 + (0 + 4) 2 > 4
<=> (m − 1) 2 + 12 > 0
(luôn thỏa mãn)
Gọi tọa độ A, B là A( x A ; y A ); B( xB ; y B ). Phương trình tiếp tuyến tại A, B của (C) lần lượt là
x A .x + y A . y − ( x + x A ) + 4( y + y A ) + 13 = 0(d1 )
xB .x + yB . y − ( x + xB ) + 4( y + y B ) + 13 = 0(d 2 )
Do


M ∈ ( d1 ); M ∈ (d 2 )
 mx − (m + x A ) + 4 y A + 13 = 0
=>  A
 mxB − (m + xB ) + 4 yB + 13 = 0
Suy ra phương trình đường thẳng AB là
mx − 9m + x ) + 4 y + 13 = 0 <=> (m − 1) x + 4 y + 13 − m = 0
Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C1)
<=> d ( I1 ;( AB )) = R1
<=>

| 3(m − 1) + 4 + 13 − m |
(m − 1) 2 + 16

=4

<=>| m + 7 |= 2 m 2 − 2m + 17
<=> 3m 2 − 22m + 19 = 0
m = 1
<=> 
 m = 19
3

Vậy có tất cả 2 điểm M cần tìm là (1;0) và (

19
;0)
3

Câu 9
7 x 2 + 20 x − 86 + x 31 − 4 x − x 2 = 3 x + 2(1)
2
7 x + 20 x − 86 ≥ 0
ĐK: 
2
31 − 4 x − x ≥ 0

Xét TH

x ≥ 2
7 x 2 + 20 x − 86 = x − 2 <=>  2
<=> x = −2 + 19
6 x + 24 x − 90 = 0

Thử lại ta thấy x = −2 + 19 không là nghiệm của phương trình (1)
Do đó

7 x 2 + 20 x − 86 ≠ x − 2 <=> x ≠ −2 + 19(*)

Với ĐK (*), ta có:
(1) <=> [ 7 x 2 + 20 x − 86 − (2 − x)] + x( 31 − 4 x − x 2 − 4) = 0
<=>

6( x 2 + 4 x − 15)
7 x 2 + 20 x − 86 + 2 − x



x( x 2 + 4 x − 15)
31 − 4 x − x 2 + 4

=0

 x 2 + 4 x − 15 = 0(2)
<=> 
6
x

= 0(3)
 7 x 2 + 20 x − 86 + 2 − x
31 − 4 x − x 2 + 4
(2) <=> x = −2 − 19 (thỏa mãn điều kiện) hoặc x = −2 + 19 (loại vì không thỏa mãn (*))
(3) <=> 6 31 − 4 x − x 2 + 24 = x 7 x 2 + 20 x − 86 + 2 x − x 2
Thay

7 x 2 + 20 x − 86 = 3x + 2 − x 31 − 4 x − x 2 (rút ra từ (1)), ta được phương trình hệ quả:


6 31 − 4 x − x 2 + 24 = x(3 x + 2 − x 31 − 4 x − x 2 ) + 2 x − x 2
<=> ( x 2 + 6) 31 − 4 x − x 2 = 2 x 2 + 4 x − 24
<=> (31 − 4 x − x 2 ) + ( x 2 + 6) 31 − 4 x − x 2 − x 2 − 7 = 0
<=> ( 31 − 4 x − x 2 − 1)( 31 − 4 x − x 2 + x 2 + 7) = 0
<=> 31 − 4 x − x 2 = 1
<=> x 2 + 4 x − 30 = 0
 x = −2 + 34
<=> 
 x = −2 − 34
Thử lại trực tiếp vào phương trình (1), ta được x = −2 + 34 là nghiệm của (1).

{

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là −2 − 19; −2 + 34
Câu 10
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số không âm ta có:
( a + b) 2 1
= => 4ab ≤ 1; c ≥ 4
3
4
Với mọi a, b thỏa mãn điều kiện đề bài, ta có :
1
1
2
+

(*)
2
2
1 + 4a 1 + 4b 1 + 4ab
Thật vậy
2 + 4a 2 + 4b 2
2
(*) <=>

2
2
2 2
1 + 4a + 4b + 16a b 1 + 4ab
<=> (1 + 2a 2 + 2b 2 )(1 + 4ab) ≤ 1 + 4a 2 + 4b 2 + 16a 2b 2
ab ≤

<=> 2(1 − 4 ab)(a − b) 2 ≥ 0
(luôn đúng vì 4ab ≤ 1)
Áp dụng (*) và chú ý abc = 1 ta có:
2
2c
M≤
− 1+ c =
− 1+ c
4
c+4
1+
c
2c
− 1 + c trên [4; +∞)
Xét f (c) =
c+4
8
1
16 c + 1 − (c + 4) 2
f '(c) =

=
(c + 4) 2 2 1 + c
2 1 + c (c + 4) 2
=−

8 c + 1( c + 1 − 2) + c 2 + 8
< 0, ∀c ≥ 4
2 1 + c (c + 4) 2

Hàm số f(c) nghịch biến và liên tục trên [4;+∞)
Suy ra M ≤ f (c) ≤ f(4) = 1 − 5
1
Dấu bằng xảy ra khi a = b = ; c = 4
2
Vậy GTLN của M là 1 − 5

}



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×