intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Bộ đề thi thử và đáp án chi tiết kì thi Quốc gia năm 2016 môn Toán

Chia sẻ: Hồng Nguyễn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:160

Thêm vào BST
Báo xấu
87
lượt xem 5
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bộ đề thi thử và đáp án chi tiết kì thi Quốc gia năm 2016 môn Toán tập hợp 30 đề thi thử THPT QG môn Toán. Mời các thầy cô giáo cùng các em học sinh lớp 12 tham khảo đề thi này nhằm chuẩn bị tốt nhất cho Kì thi tốt nghiệp THPT Quốc gia sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bộ đề thi thử và đáp án chi tiết kì thi Quốc gia năm 2016 môn Toán

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG BỘ ĐỀ THI THỬ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015–2016
  2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 1 MỤC LỤC MỤC LỤC .................................................................................................................... 1 ĐỀ 1 .............................................................................................................................. 2 ĐỀ 2 .............................................................................................................................. 9 ĐỀ 3 ............................................................................................................................ 14 ĐỀ 4 ............................................................................................................................ 19 ĐỀ 5 ............................................................................................................................ 23 ĐỀ 6 ............................................................................................................................ 27 ĐỀ 7 ............................................................................................................................ 32 ĐỀ 8 ............................................................................................................................ 37 ĐỀ 9 ............................................................................................................................ 42 ĐỀ 10 .......................................................................................................................... 49 ĐỀ 11 .......................................................................................................................... 54 ĐỀ 12 .......................................................................................................................... 60 ĐỀ 13 .......................................................................................................................... 66 ĐỀ 14 .......................................................................................................................... 71 ĐỀ 15 .......................................................................................................................... 77 ĐỀ 16 .......................................................................................................................... 82 ĐỀ 17 .......................................................................................................................... 88 ĐỀ 18 .......................................................................................................................... 95 ĐỀ 19 .......................................................................................................................... 98 ĐỀ 20 ........................................................................................................................ 104 ĐỀ 21 ........................................................................................................................ 109 ĐỀ 22 ........................................................................................................................ 114 ĐỀ 23 ........................................................................................................................ 120 ĐỀ 24 ........................................................................................................................ 125 ĐỀ 25 ........................................................................................................................ 129 ĐỀ 26 ........................................................................................................................ 134 ĐỀ 27 ........................................................................................................................ 138 ĐỀ 28 ........................................................................................................................ 143 ĐỀ 29 ........................................................................................................................ 148 ĐỀ 30 ........................................................................................................................ 153 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 2 ĐỀ 1 2x +1 Câu 1. (1.0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = . x −1 2 Câu 2.(1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = + ln x trên đoạn [1;e] . x Câu 3. (1.0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i ) z + z = 10 − 4i . Tính môđun của z . 2 − log 2 x 4 b) Giải phương trình + =1. log 2 4 x log x 2 2 5 dx Câu 4. (1.0 điểm) Tính tích phân I = ∫ . 1 x 3x + 1 x − 2 y −1 z −1 Câu 5. (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và 1 −1 2 điểm A ( −2;1;0 ) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và chứa d. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho MA = 11 . Câu 6. (1.0 điểm) 2 a) Giải phương trình sin 2 x = sin 3x + cos 2 x ( cos 2 x − 1) . b) Cho n là số tự nhiên thỏa mãn Cn0 − 2Cn1 + An2 = 109 . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển n  1  của  x 2 + 4  ( x ≠ 0 ) .  x  Câu 7. (1.0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A ' lên mặt (ABC) là trung điểm của cạnh BC; góc giữa cạnh bên AA ' và mặt phẳng (ABC) bằng 600 . Tính theo a thể tích khố i lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '. ABC . Câu 8. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh A ( 2; 2 ) . Biết điểm M ( 6;3) thuộc cạnh BC và điểm N ( 4;6 ) thuộc cạnh CD, hãy tìm tọa độ đỉnh C.  9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) + 4 xy = 7 x  Câu 9. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) . ( 2 y − 6 ) x + 4 − ( y − 5 ) 2 x + 3 = 3 ( y − 1) Câu 10. (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương khác nhau đôi một thỏa mãn xy + yz = 2 z 2 và 2x ≤ z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x y z P= + + . x−y y−z z−x –––––––– HẾT ––––––––– Câu Đáp án Điểm 2x +1 1,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x −1 • Tập xác định D = ℝ \ {1} . 0,25 • Sự biến thiên của hàm số Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  4. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 3 −3 + y' = 2 < 0, ∀x ∈ D ( x − 1) + Hàm số nghịch biến trên mỗ i khoảng ( −∞ ;1) và (1; + ∞ ) . + Hàm số không có cực trị. + Giới hạn và tiệm cận 0,25 lim− y = −∞, lim+ y = +∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng. x →1 x →1 lim y = lim y = 2 ⇒ y = 2 là tiệm cận ngang. x →−∞ x →+∞ + Bảng biến thiên x −∞ 1 +∞ y' − − 2 +∞ 0,25 y −∞ 2 • Đồ thị x = 0 ⇒ y = −1 1 y =0⇒ x =− . 2 0,25 Nhận xét. Đồ thị nhận giao điểm I (1;2 ) làm tâm đối xứng. 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = + ln x 2 x 1,00 trên đoạn [1; e] Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [1; e] . 0,25 2 1 x−2 Ta có f ' ( x ) = − + = 2 x2 x x f '( x) = 0 ⇔ x = 2 0,25 2 Ta có f (1) = 2 , f ( 2 ) = 1 + ln 2 , f ( e ) = + 1. e 0,25 Vậy max f ( x ) = 2 , khi x = 1 ; min f ( x ) = 1 + ln 2 , khi x = 2 . 0,25 x∈[1; e] x∈[1;e ] 3 a)Tính môđun của z 0,50 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  5. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 4 Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) , ta có (1 − 2i ) z + z = 10 − 4i ⇔ (1 − 2i )( a + bi ) + a − bi = 10 − 4i ⇔ a + b − ai = 5 − 2i 0,25 a + b = 5 a = 2 ⇔ ⇔ a = 2 b = 3. Vậy môđun của số phức z là z = 2 2 + 32 = 13 . 0,25 2 − log2 x 4 b) Giải phương trình + =1 (1) log2 4 x log x 0,50 2 2 x > 0  Điều kiện  1  x ≠ 4 , x ≠ 2. 2 − log 2 x 4 (1) ⇔ + =1 0,25 2 + log 2 x log 2 x − 1 Đặt t = log 2 x ( t ≠ −2, t ≠ 1) , ta có 2−t 4 + = 1 ⇔ t 2 − 3t − 4 = 0 2 + t t −1  1 t = −1  log 2 x = −1  x= ⇔ ⇔ ⇔ 2 t = 4  log 2 x = 4   x = 16. 0,25 1 Vậy nghiệm của phương trình là x = ; x = 16 . 2 5 dx 4 Tính tích phân I = ∫ 1,00 1 x 3x + 1 t2 −1 2 Đặt t = 3 x + 1 ⇒ x = ⇒ dx = tdt 0,25 3 3 Đổi cận x = 1 ⇒ t = 2; x = 5 ⇒ t = 4 . 0,25 4 4 2dt  1 1  Khi đó I = ∫ 2 = ∫ −  dt 0,25 2 t −1 2  t −1 t +1  4   t −1   9 =  ln    = ln . 0,25   t +1  2 5 5 1,00 • Viết phương trình mặt phẳng (P) 0,50  Đường thẳng d qua điểm B ( 2;1;1) và có một VTCP u = (1; −1; 2 ) .     0,25 Ta có BA = ( 4;0;1) , suy ra mặt phẳng (P) có một VTPT n = u , BA = ( −1;7; 4 ) . Mặt khác, (P) qua A nên có phương trình x − 7 y − 4 z + 9 = 0 . 0,25 • Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho AM = 11 0,50  Do M ∈ d ⇒ M ( 2 + t ;1 − t ;1 + 2t ) , ta có AM = ( t + 4; −t;1 + 2t ) 0,25 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  6. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 5 2 2 Mặt khác AM = 11 ⇔ AM 2 = 11 ⇔ ( t + 4 ) + t 2 + (1 + 2t ) = 11 ⇔ t 2 + 2t + 1 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ M (1; 2; −1) . 0,25 Vậy điểm cần tìm là M (1; 2; −1) . 6 1,00 2 a) Giải phương trình sin 2 x = sin 3x + cos 2 x ( cos 2 x − 1) (1) 0,50 (1) ⇔ cos 2 2 x − sin 2 2 x − cos 2 x + sin 3x = 0 ⇔ cos 4 x − cos 2 x + sin 3 x = 0 0,25 ⇔ −2sin 3x sin x + sin 3x = 0 ⇔ sin 3x (1 − 2sin x ) = 0  π x = k 3 sin 3 x = 0  π ⇔  1 ⇔  x = + k 2π ( k ∈ ℤ) sin x =  6  2  0,25  x = 5π + k 2π  6 π π 5π Vậy nghiệm của phương trình là x = k ; x = + k 2π ; x = + k 2π (k ∈ℤ) . 3 6 6 n  1  b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của  x 2 + 4  ( x ≠ 0) 0,50  x  Ta có Cn0 − 2Cn1 + An2 = 109 ( n ∈ ℕ, n ≥ 2 ) n! n! 0,25 ⇔ 1 − 2. + = 109 ⇔ n 2 − 3n − 108 = 0 ⇔ n = 12. ( n − 1)! ( n − 2)! 1212 k 12  1  12− k  1  Khi đó, ta có  x 2 + 4  = ∑ C12k ( x 2 )  4  = ∑ C12k x 24 −6 k  x  k =0 x  k =0 Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn 24 − 6k = 0 ⇔ k = 4 . 0,25 Vậy số hạng không chứa x là C124 = 495 . 7 1,00 • Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' 0,50 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  7. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 6 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt phẳng (ABC) thì H là trung điểm của BC. Do AH là hình chiếu vuông góc của AA ' lên mặt phẳng (ABC) nên ta có ( ) ( AA ', ( ABC ) =  AA ', AH = ) A ' AH = 600 . a 3 a2 3 ∆ABC là tam giác đều cạnh a nên AH = và S ∆ABC = . 2 4 A' C' 0,25 d B' d' M K J 60° A C I a H B 3a ∆A ' HA vuông tại H, ta có A ' H = AH .tan 600 = . 2 0,25 a 2 3 3a 3a 3 3 Thể tích khố i lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là V = S∆ABC . A ' H = . = . 4 2 8 • Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '. ABC 0,50 Gọi I là tâm và d là trục đường tròn ngoại tiếp ∆ABC thì I là trọng tâm của ∆ABC . Gọi J là tâm và d’ là trục đường tròn ngoại tiếp ∆A ' BC ; do ∆A ' BC cân tại A ' nên J ∈ A' H . Vì d , d ' cùng nằm trong mặt phẳng ( A ' HA ) và không song song nên cắt nhau tại K. 0,25  K ∈ d ⇒ KA = KB = KC Ta có  ⇒ KA = KB = KC = KA ' .  K ∈ d ' ⇒ KA ' = KB = KC Suy ra K là tâm và R = A ' K là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '. ABC . Gọi M là trung điểm của A ' B thì JM ⊥ A ' B (do JA ' = JB ). Xét hai tam giác vuông đồng dạng A ' MJ và A ' HB , ta có 9a 2 a 2 + A' J A' M A ' B 2 A ' H 2 + BH 2 4 = 5a . = ⇒ A'J = = = 4 A' B A' H 2A' H 2A' H 3a 6 1 a 3 Tứ giác IHJK là hình chữ nhật nên ta có JK = HI = AH = . 3 6 ∆A ' JK vuông tại J, ta có 25a 2 3a 2 a 7 R = A ' K = A ' J 2 + JK 2 = + = . 0,25 36 36 3 28π 2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '. ABC là S = 4π R 2 = a . 9 8 Tìm tọa độ điểm C 1,00  9 Gọi I là trung điểm của đoạn MN thì I  5;  .  2 0,25 ∆CMN vuông tại C nên C thuộc đường tròn (T ) tâm I, đường kính MN. Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  8. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 7  Gọi E là giao điểm của AC và (T ) ; do CA là đường phân giác trong của góc MCN  không chứa C (E, A cùng phía đố i với nên E là điểm chính giữa cung MN MN). Suy ra E là giao điểm của (T ) và đường trung trực của đoạn MN.  Ta có MN = ( −2;3) ⇒ MN = 13 . 2  9  13 2 Phương trình đường tròn (T ) có dạng ( x − 5 ) +  y −  = .  2 4 0,25  Gọi ∆ là đường trung trực của đoạn MN thì ∆ qua I và nhận MN làm một VTPT. Phương trình đường thẳng ∆ có dạng 4 x − 6 y + 7 = 0 . Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình  2  2 9 N 2  9  13  ( x − 5) = D C ( x − 5 ) +  y −  =  4   2 4 ⇔ 4 x − 6 y + 7 = 0  y = 4x + 7 I   6  13  7 E 0,25  x = 2  x = 2 M ⇔ hoặc   y = 11 y = 7 . A B  2  2 7 7 Vì E, A cùng phía đối với MN nên ta chọn E  ;  . 2 2 Phương trình đường thẳng AE là x − y = 0 . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình  2  2 9  13 ( x − 5 ) + y −  = 7 0,25   2 4 ⇔ x = y = 6 hoặc x = y = (tọa độ của E). x − y = 0 2  Vậy C ( 6;6 ) .  9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) + 4 xy = 7 x (1)  9 Giải hệ phương trình  1,00 ( 2 y − 6 ) x + 4 − ( y − 5 ) 2 x + 3 = 3 ( y − 1) ( 2)  x ≥ 0, y ≥ 0 Điều kiện  2 9 y + ( 2 y + 3)( y − x ) ≥ 0. Xét x = y = 0 : không thỏa hệ phương trình. Xét x > 0, y > 0 : 0,25 (1) ⇔ ( ) ( 9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) − 3x + 4 xy − x = 0) 9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) − 9 x 2 4 ( xy − x 2 ) ⇔ + =0 9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) + 3 x xy + x Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  9. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 8  9 x + 11y + 3 4 x  ⇔ ( y − x)  + =0  9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) + 3 x xy + x    9 x + 11y + 3 4x ⇔ x = y , do + > 0, ∀x, y > 0 9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) + 3x xy + x Với x = y : ( 2) ⇔ ( 2 x − 6 ) x + 4 − ( x − 5 ) 2 x + 3 = 3 ( x − 1) a = x + 4 ( a ≥ 0 ) 0,25 Đặt  b = 2 x + 3 ( b ≥ 0 ) . Ta có 2x − 6 = b2 − 9 ; x − 5 = a2 − 9 ; x − 1 = − a 2 + b 2 . Do đó ( 2) ⇔ (b2 − 9 ) a − ( a2 − 9 ) b = 3 (b2 − a 2 ) ⇔ 3 ( a 2 − b 2 ) − ab ( a − b ) − 9 ( a − b ) = 0 0,25 ⇔ ( a − b ) 3 ( a + b ) − ab − 9  = 0 ⇔ ( a − b )( a − 3)( 3 − b ) = 0 a = b x =1 ⇔ b = 3 ⇔  x = 3   a = 3  x = 5. 0,25 So sánh điều kiện, ta có nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = {(1;1) , ( 3;3 ) , ( 5;5 )} . x y z 10 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = + + 1,00 x−y y−z z−x  x = az  xy + yz = 2 z 2 abz 2 + bz 2 = 2 z 2 Đặt  ( a > 0, b > 0 ) , ta có  ⇔  y = bz 2 x ≤ z 2az ≤ z  2 0,25  b= ab + b = 2  a +1 ⇔ ⇔  2a ≤ 1 0 < a ≤ 1 .  2 a a 1 Khi đó P = + + a − b b −1 1 − a a a 1 = + + 2 2 0,25 a− −1 1 − a a +1 a +1 a 2 − 2a − 6 = 2 . a +a−2 a 2 − 2a − 6  1 0,25 Xét hàm số f ( a ) = 2 , a ∈  0;  a +a−2  2 3a 2 + 8a + 10  1 Ta có f ' ( a ) = 2 > 0, ∀ a ∈  0;  (a 2 + a − 2)  2  1 Suy ra f ( a ) là hàm số đồng biến với mọ i a ∈  0;   2 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  10. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 9  1  27 27  1 Do đó f ( a ) ≤ f   = hay P ≤ , ∀a ∈  0;  2 5 5  2  1  z  a=  x= 27  2  2 Vậy max P = , đạt được khi  ⇔ 0,25 5 b = 4  y = 4z .  3  3 ĐỀ 2 Câu 1(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 4 − 5 x 2 + 4 2x +1 Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị là (H). tìm trên đồ thị (H) những điểm M, biết rằng x −1 tiếp tuyến với đồ thị (H) tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B, IA = IB ( I là giao điểm của hai đường tiệm cận). Câu 3(1,0 điểm) a. Cho số phức z thỏa mãn: (1 + 2i ) z + 1 − 3i = 4 + 2i . Hãy tìm phần thực, phần ảo của số phức z b. Giải phương trình: log 3 ( x − 1) + log 1 (2 x + 3) = −1 3 1 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ( x + e 2 x ) xdx 0 Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho điểm A (1; −2;3) và đường thẳng ∆ có  x = −1 + 2t  phương trình:  y = 2 + t  z = −3 − t  Viết phương trình mặt phẳng (α ) qua điểm A và vuông góc với đường thẳng ∆ . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng ∆ với mặt phẳng (α ) Câu 6 (1,0 điểm) a. Giải phương trình cos 3x + 2sin 2 x − cos x = 0 b. Cho n là số nguyên dương thỏa 5Cn1 = Cn3 . Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển nhị thức n (2 + x) Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy trùng với trung điểm H của AD. SC = a 3; AB = BC = a; AD = 2a . Góc tạo bởi đường SC và đáy là 600 . Tính thể tích khối chóp SABCD 3 Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho tam giác ABC có diện tích là ; 2 A(2; −3); B (3; −2) . Tìm tọa độ điểm C biết C nằm trên đường thẳng d có phương trình: 3x − y − 4 = 0 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  11. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 10 8 x 3 y 3 + 27 = 18 y 3 Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 2 4 x y + 6 x = y Câu 10 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình 2 − x − 2 + x − 4 − x 2 = m có hai nghiệm phân biệt CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 4 2 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x − 5 x + 4 Tập xác định: D = ℝ y ' = 4 x3 − 10 x  x = 0  10 y ' = 0 ⇔  x = 0,25 2   x = − 10  2 1 (1,0 điểm)  10   10  Hàm số đồng biến trên  − ;0  ;    ; +∞    2   2   10   10  Hàm số nghịch biến trên  −∞; −  ;  0;   2   2  0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCD = 4 10 9 Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± ; yCT = − 2 4 lim y = lim y = +∞ x →+∞ x →−∞ Bảng biến thiên 0,25 Đồ thị 0,25 2x +1 Cho hàm số y = có đồ thị là (H). tìm trên đồ thị (H) những điểm M, biết rằng tiếp x −1 tuyến với đồ thị (H) tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B, IA = IB ( I là giao điểm của hai đường tiệm cận). −3 Ta có y ' = 2 ( x − 1) 2  3  Gọi M  x0 ; 2 + ∈(H ) (1,0 điểm)  x0 − 1  Tiếp tuyến d với đồ thị (H) tại M có dạng: 0,25 −3 3 y= 2 ( x − x0 ) + 2 + ( x0 − 1) x0 − 1 Các giao điểm của d với hai tiệm cận: 0,25 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  12. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 11  6  A 1; 2 +  ; B ( 2 x0 − 1; 2 )  x0 − 1  Theo đề bài ta có: x = 1− 3 0,25 IA = IB ⇔  0  x0 = 1 + 3 Vậy có 2 điểm M cần tìm: 0,25 ( ) M 1 1 + 3; 2 + 3 ; M 2 1 − 3; 2 − 3 ( ) Cho số phức z thỏa mãn: (1 + 2i ) z + 1 − 3i = 4 + 2i . Hãy tìm phần thực, phần ảo của số phức z 3a 3 + 5i 13 1 13 1 (0,5 điểm) Ta có z = = + i⇒ z= − i 1 + 2i 5 5 5 5 0,25 13 1 Phần thực: ; phần ảo: − 5 5 0,25 Giải phương trình: log 3 ( x − 1) + log 1 (2 x + 3) = −1 3 Điều kiện: x > 1 3b Với điều kiện trên ta có phương trình: (0,5 điểm) log 3 ( x − 1) + log 1 (2 x + 3) = −1 0,25 3 ⇔ log 3 3( x − 1) = log 3 (2 x + 3) ⇔x=4 0,25 1 Tính tích phân I = ∫ ( x + e 2 x ) xdx 0 1 1 1 1 2x I = ∫ x 2 dx + ∫ xe 2 x dx = 3 ∫0 + xe dx 0 0 0,25 4. 1 1 2x 1 1 1 (1,0 điểm) Ta có ∫ 0 xe 2 x dx = 2 xe 0 − e2 x 4 0 0,25 1 2 1 = e + 4 4 0,25 2 e 7 Vậy: I = + 0,25 4 12 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho điểm A (1; −2;3) và đường thẳng ∆ có phương  x = −1 + 2t  trình:  y = 2 + t  z = −3 − t  Viết phương trình mặt phẳng (α ) qua điểm A và vuông góc với đường thẳng ∆ . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng ∆ với mặt phẳng (α )  → 5 ∆ có vecto chỉ phương a = (2;1; −1) 0,25 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  13. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 12 (1,0 điểm)  →  → (α ) ⊥ ∆ ⇒ vecto pháp tuyến của (α ) n = a = (2;1; −1) Phương trình (α ) : 2 x + y − z + 3 = 0 0,25 Gọi M = ∆ ∩ (α ) . Tọa độ M là nghiệm hệ phương trình:  x = −1 + 2t  x = −3 y = 2 + t y =1   0,25  ⇔   z = −3 − t  z = −2 2 x + y − z + 3 = 0 t = −1 Vậy: M (−3;1; −2) 0,25 Giải phương trình cos 3x + 2sin 2 x − cos x = 0 cos 3x + 2sin 2 x − cos x = 0 6a ⇔ 2sin 2 x(1 − sin x) = 0 0,25 (0,5 điểm)  π x = k 2 π ⇔ ⇔x=k  x = π + k 2π 2 0,25  2 Cho n là số nguyên dương thỏa 5Cn1 = Cn3 . Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển n nhị thức ( 2 + x ) n = 7 Ta có: 5Cn1 = Cn3 ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0 ⇔  0,25  n = −4 6b Vì n ∈ ℤ + nên n = 7 (0,5 điểm) 7 Số hạng tổng quát thứ k + 1 trong khai triển nhị thức ( 2 + x ) là: 0,25 Tk +1 = C7k .27 −k .x k 7 Vậy hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển nhị thức ( 2 + x ) là: 4C75 Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy trùng với trung điểm H của AD. SC = a 3; AB = BC = a; AD = 2a . Góc tạo bởi đường SC và đáy là 600 . Tính thể tích khố i chóp SABCD Hình vẽ Ta có SH ⊥ ( ABCD ) 7 0,25 ⇒ HC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD) (1,0 điểm) (  ⇒ SC )  = 600 , ( ABCD) = SCH Xét tam giác SHC vuông tại H có: SH = a 3 0,25 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  14. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 13 3a 2 S ABCD = 0,25 2 a3 3 Vậy: VSABCD = 0,25 2 3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho tam giác ABC có diện tích là ; 2 A(2; −3); B (3; −2) . Tìm tọa độ điểm C biết C nằm trên đường thẳng d có phương trình: 3x − y − 4 = 0 Gọi C (a, b) Ta có AB = 2 AB có phương trình: x − y − 5 = 0 0,25 8 a−b−5 d (C, AB) = (1,0điểm) 2 3 S ∆ABC = ⇔ a − b − 5 = 3 (1) 2 Vì C ∈ d ⇒ b = 3a − 4 (2) 0,25 a = 1 a = −2 Từ (1) và (2) ta có:  hay  b = −1 b = −10 0,25 Vậy có 2 điểm C cần tìm: C1 (1; −1) 0,25 C2 (−2; −10) 8 x 3 y 3 + 27 = 18 y 3 Giải hệ phương trình  2 2 4 x y + 6 x = y 8 x y + 27 = 18 y 3 3 3  2 2 4 x y + 6 x = y  3 3 3 0,25 ( 2 x ) +   = 18 ⇔  y  2 2 x(2 xy + 3) = y  3 9 2 x + y = 3  (1,0 điểm) ⇔ 0,25 2 x. 3 = 1  y  3− 5  3+ 5 2 x = 2 x =  2  2 ⇔ hay  0,25 3 = 3+ 5 3 = 3− 5  y 2  y 2 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  15. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 14  3− 5  3+ 5  x =  x = Vậy:  4 hay 4  0,25 y = 6 y = 6  3+ 5  3− 5 Tìm m để phương trình 2 − x − 2 + x − 4 − x 2 = m có hai nghiệm phân biệt Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 2 Đặt t = 2 − x − 2 + x 1 1 ⇒t'=− −
  16. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 15 Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;–2), trọng tâm G(0;1) và trực 1  tâm H  ;1 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C và tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2  3x 1 Bài 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: −1 < 1− x 2 1 − x2 Bài 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx – xyz = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất 2x 2 + y 2 2y 2 + z 2 2z 2 + x 2 của biểu thức F = + + xy yz zx Câu Đáp án Điểm 1. Tập xác định: D = R 2. Sự biến thiên: * Giới hạn vô cực: lim y = lim y = +∞ x →+∞ x →−∞ * Chiều biến thiên: Ta có: y’ = x3 – 4x x = 0 y' = 0 ⇔  0,5  x = ±2 Hàm số đồng biến trên mỗ i khoảng (–2 ; 0), (2 ; +∞); nghịch biến trên mỗ i khoảng (–∞ ; –2), (0 ; 2) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = ±2, yCT = –1 * Bảng biến thiên: Câu 1. (1,0 điểm) 3. Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 0,5 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  17. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 16 1 f”(x) = 6x – 6; f”(xo) = –3 ⇔ 6xo – 6 = –3 ⇔ x o = 0,25 2  1  11  1  9 yo = f   = ; f '   = − 0,25 Câu 2. 2 8 2 4 (1 điểm) 9 1  11 Pttt: y = −  x −  + 0,25 4 2 8 9 5 Hay: y = − x + 0,25 4 2  3x = 1 x = 0 1) 32x +1 − 4.3x + 1 = 0 ⇔  x 1 ⇔  0,5 3 =  x = −1 Câu 3.  3 2 (1,0 2) z = (1 − 2i )( 2 + i ) điểm) 0,25 = (1 − 2i ) ( 4 + 4i + i 2 ) = (1 − 2i )( 3 + 4i ) = 3 + 4i − 6i − 8i 2 = 11 − 2i z = 11 − 2i ⇒ z = 112 + 2 2 = 5 5 0,25 Đặt t = 5 − e x . Tính e x dx = −2tdt 0,25 x =0⇒t =2 Câu 4. Đổi cận:   0,25 (1,0 x = ln 2 ⇒ t = 3 điểm) 2 2 2t 3 16 I = ∫ 2t dt = 2 = −2 3 0,5 3 3 3 3     AB = ( 2; −1;3) , AC = ( −2;1;5 ) , AB ∧ AC = ( −8; −16;0 ) 0,25  Do đó: n = (1, 2, 0 ) là vectơ pháp tuyến của mp(ABC) 0,25 Câu 5. (ABC): x + 2y – 3 = 0 (1,0 Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I ∈ Oy nên I(0; y; 0) điểm) 2 y = 3 0,25 Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên IA = R ( y − 1) + 5 = 9 ⇔  y = 1 2 2 2 Với y = 3 ta có I(0; 3; 0) nên (S): x + (y – 3) + z = 9 0,25 Với y = 1 ta có I(0; 1; 0) nên (S): x2 + (y – 1)2 + z2 = 9 0,25 1) cos2x − cosx = 3 ( sin 2x + s inx ) 1 3 3 1 0,25 ⇔ cos2x − 3 sin 2x= 3 s inx + cosx ⇔ cos2x − sin 2x = s inx + cosx 2 2 2 2  π π  2π  2x + = x − + k2π  x=− + k2π Câu 6.  π  π 3 3 3 ⇔ cos  2x +  = cos  x −  ⇔  ⇔ ,k ∈ℤ (1,0  3  3  2x + π = − x + π + k2π  x = k 2π 0,25 điểm)  3 3  3 2) Số phần tử của không gian mẫu: C320 = 1140 0,25 Gọi A là biến cố: “Trong ba viên bi lấy ra không có viên bi nào màu đỏ” 3 Số cách chọn 3 bi không có màu đỏ: C15 = 455 0,25 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  18. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 17 455 91 P (A) = = 1140 228 0,25 3 Từ giả thiết SAB là tam giác đều cạnh 2a, SM là đường cao, SM = 2a. =a 3 2 Gọi N là trung điểm CD, ta có: Câu 7. (1,0 MN ⊥ CD;SN ⊥ CD ⇒ (  = 600 ( SCD ) , ( ABCD ) ) = MNS điểm) SM BC = MN = =a 0,25 tan 600 1 1 2a 3 3 Thể tích khố i chóp S.ABCD là: V = SM.SABCD = AB.BC.SM = 3 3 3 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên SN thì MH ⊥ ( SCD ) ⇒ MH = d ( M, ( SCD ) ) 0,25 MN.MS MN.SM a 3 MH = = = SN 2 MN + SM 2 2 Từ giả thiết suy ra I là trọng tâm tam giác ABC 2 Kẻ IK // MH thì K ∈ CH, IK = MH, IK ⊥ ( SCD ) 3 0,25 2 2 a 3 ⇒ d ( K, ( SCD ) ) = IK = MH = .d ( M, ( SCD ) ) = 3 3 3 Câu 8. (1,0 0,25 điểm)  3   5 Gọi M là trung điểm cạnh BC, ta có: AM = .AG ⇒ M  −1;  2  2   3   AH =  − ;3  hay n = (1; −2 ) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng BC  2  Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  19. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 18 Phương trình BC: x – 2y + 6 = 0 ⇔ x = 2y + 6 Vì B và C đối xứng với nhau qua M nên gọi B(2m + 6; m) thì có 0,25 C ( 4 − 2m;5 − m )    7    AB = ( 2m − 8; m + 2 ) ; HC =  − 2m; 4 − m  . Ta có: AB.HC = 0 2  ⇒ ( m − 4 )( 5 − 5m ) = 0 ⇔ m = 4; m = 1 . Vậy B(2;4), C(–4;1) hoặc 0,25 B ( −4;1) , C ( 2; 4 ) Kẻ đường kính AK của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC Tứ giac BHCK có BH // KC và BK // HC nên BHCK là hình bình hành. Suy ra HK và BC cắt nhau tại M là trung điểm của BC và M cũng là trung điể m của HK. 0,25 1   5  5  1 15 Ta có: H  ;1 , M  −1;  ⇒ K  − ; 4  . Bán kính R = AK = 2   2  2  2 4 Điều kiện: x < 1 . Bất phương trình đã cho tương đương với: 1 − x2 + x2 3x x2 3x 0,25 2 > − 1 ⇔ 2 − + 2 > 0 (1) 1− x 1− x2 1− x 1− x2 x t < 1 Đặt t = , khi đó bất phương trình (1) trở thành: t 2 − 3t + 2 > 0 ⇔  0,25 1− x 2 t > 2 x Với t < 1 thì < 1 ⇔ x < 1 − x 2 ( 2) 2 1− x −1 < x ≤ 0 : bất phương trình (2) đúng 2 0,25 0 < x < 1 : bất phương trình (2) x 2 < 1 − x 2 ⇔ 0 < x < Câu 9. 2 (1,0  2 Tập nghiệm của bất phương trình (2) là S1 =  −1;  điểm)  2  x Với t > 2 thì > 2 ⇔ x > 2 1 − x 2 ( 3) 2 1− x  x > 0 2 5 Bất phương trình (3) ⇔  2 ⇔x>  x > 4 (1 − x ) 2 5 0,25 2 5  Tập nghiệm của bất phương trình (3) là: S2 =  ;1   5   2 2 5  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = S1 ∪ S2 =  −1; ∪ ;1  2   5   Câu 10. 2x 2 + y 2 2x 2 + y 2 1 1 1 1 1 Biến đổ i: = = 2. 2 + 2 . Đặt: a = , b = , c = . (1,0 xy x y2 2 y x x y z điểm) x, y, z > 0 a, b, c > 0 0,25 Giả thiết đề bài:  ⇔ và xy + yz + zx − xyz = 0 a + b + c = 1 F = 2b 2 + a 2 + 2c 2 + b2 + 2a 2 + c 2 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
  20. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 19   2  2   Áp dụng bất đẳng thức: u v ( ) ≥ ( u.v ) , với u = (1;1;1) , v = ( b; b;a ) , ta có: 1 0,25 2 2 3 ( 2b 2 + a 2 ) = 3 ( b 2 + b 2 + a 2 ) ≥ ( b + b + a ) = ( 2b + a ) ⇒ 2b 2 + a 2 ≥ ( 2b + a )(1) 3 1 1 Tương tự, 2c 2 + b 2 ≥( 2c + b )( 2 ) ; 2a 2 + c2 ≥ ( 2a + c )( 3) 0,25 3 3 Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta có: 1 F = 2b 2 + a 2 + 2c 2 + b 2 + 2a 2 + c 2 ≥ ( 3a + 3b + 3c ) = 3 3 0,25 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = ⇔ x = y = z = 3 3 Vậy F có giá trị nhỏ nhất bằng 3 ĐỀ 4 2x Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y = ( C ) . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) . x +1 4  z + 2i  Câu 2 (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn   = 1.  z −i  3 3 + ln ( x + 1) Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I = ∫0 ( x + 1)2 dx . 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 2log9 x + 1 = . log3 x Câu 5 (1,0 điểm). Giải phương trình : sin x − 3 cos x = 2. 10 Câu 6 (1,0 điểm). Xác định hệ số của x8 trong khai triển f ( x ) = 1 + x − 2 x 2 ( ) . Câu 7 (1,0 điểm). Trong hệ trục tọa độ Oxy cho ABC có C ( −2;3) . Đường cao AH có phương trình 3 x − 2 y − 25 = 0 . Đường phân giác BE có phương trình x − y = 0 . Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của ABC. Câu 8 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thoi cạnh bằng a (a > 0). Đường chéo AC = a. Mặt phẳng chứa SAB cân tại S vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 60o. a) Tính thể tích khố i chóp S.ABCD theo a. ( b) Tính d A, ( SBC ) . ) Câu 9 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng :  x = 2 + 2t ( d1 ) :  y = 1 − t (t ∈ ℝ ) và ( d2 ) : x −1 1− y 3 − z = = .  2 1 2  z = 1 − 2t a) Chứng minh rằng (d1) song song với (d2). b) Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với (d1) và tiếp xúc với (d2) tại điểm B(3 ; 0 ; 1). Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023
240 tài liệu
1111 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2