loading
back to top
Upload tài liệu trên DOC24 và nhận giải thưởng hàng tuần Tìm hiểu thêm
Chú ý: Các vấn đề liên quan đến học tập, hãy để lại bình luận trực tiếp trên trang để được phản hồi nhanh hơn phần hỗ trợ trực tuyến của facebook. Xin cảm ơn!

Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 năm 2016 trường THPT Thanh Chương 1

Chia sẻ: hdtho.hnue@gmail.com | Ngày: 2016-02-16 16:15:44 | Trạng thái: Được duyệt

Chủ đề: đáp án đề thi toán   

1141
Lượt xem
10
Tải về





Bên trên chỉ là 1 phần trích dẫn trong tài liệu để xem hết tài liệu vui lòng tải về máy. Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 năm 2016 trường THPT Thanh Chương 1

Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 năm 2016 trường THPT Thanh Chương 1

Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 năm 2016 trường THPT Thanh Chương 1




Tóm tắt nội dung
Nội dung tài liệu
SỞ GD ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 23 2y x . Câu (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị của hàm số 1( )2xf xx )C tại giao điểm của đồ thị )C với trục Ox. Câu (1,0 điểm). a) Cho số phức thỏa mãn 1 0z i . Tìm môđun của số phức z. b) Giải bất phương trình 2 12log log 2x x . Câu (1,0 điểm). Tính tích phân 102 11xI dxx. Câu (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 2; 1; 0A và mặt phẳng 0P z . Lập phương trình mặt cầu )S đi qua và có tâm là hình chiếu vuông góc của điểm trên mặt phẳng )P. Câu (1,0 điểm). a) Tính giá trị của biểu thức sin sin cos 2P  , biết 3cos5. b) Để bảo vệ Đại hội Đảng toàn quốc lần thứ XII diễn ra từ ngày 20 đến 28 tháng 01 năm 2016, Bộ Công an thành lập đội bảo vệ, Bộ Quốc phòng thành lập đội bảo vệ. Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên đội thường trực để bảo vệ tại Trung tâm Hội nghị Quốc gia Mỹ Đình (nơi diễn ra Đại hội). Tính xác suất để trong đội được chọn có ít nhất đội thuộc Bộ Công an, ít nhất đội thuộc Bộ Quốc phòng. Câu (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt phẳng )ABC là điểm thuộc cạnh BC sao cho 2HC HB, góc giữa SA với mặt đáy )ABC bằng 45. Tính theo thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB. Câu (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I. Các điểm 10 11;3 3G  , 23;3E  lần lượt là trọng tâm của tam giác ABIvà tam giácADC. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết tung độ đỉnh là số nguyên. Câu (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 29 72 2y xy xy y   trên tập số thực. Câu 10 (1,0 điểm). Cho ,x là các số thực dương 25x xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2424 2518x yyxPx zx y   . -------------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..................................SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 Môn: TOÁN. (Đáp án có 04 trang) Câu Đáp án Điểm Tập xác định: R Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Ta có ' 2) y x0' 02 xyx Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng; 2; va,đồng biến trên khoảng (0 ;2) 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và yCT=-2 Hàm số đạt cực đại tại x=2 và yCĐ=2 Giới hạn lim lim   x xy 0,25 (1,0đ) Bảng biến thiên:   y’  -2  0,25 f(x )=-x^3 +3X^2-2-8-6-4-22468-55xy 0,25 Đồ thị (C cắt Ox tại A(1;0) 0,25 21'( 22f xx  0,25 Hệ số góc của tiếp tuyến tại là: '(1) 1k f 0,25 (1,0đ) Phương trình tiếp tuyến là 1( 1) 1y x 0,25 a) Ta có )(1 2z i 0,25 Do đó số phức có mô đun bằng 5. 0,25 (1,0đ) b) Điều kiện: 2x Bất phương trình đã cho 2( 1)( 2) 0x x 0,2532xx . Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của BPT là 3; 0.25 Tính 10121dxx   0,25 10 0( 1)21d xdxx  0,25 102 ln 1x x 0,25 (1,0đ) ln 2 0,25 (P) có vtpt (1; 2; 1)n , đi qua vuông góc với (P) có vtcp(1; 2; 1)u n  . 0,25 Phương trình đường thẳng 21 2x ty tz t   Do (2 )I t 0,25 thuộc (P) nên 2( 1t t . Vậy I(1;1;-1). 0,25 (1,0đ) Mặt cầu (S) có bán kính6R IA có phương trình 2 21 6x z 0,25 a) Ta có:2 27 16cos cos sin cos25 25  0,25 (1,0đ) Suy ra 28910 sin cos cos 225P  . 0,25 b) Số cách chọn ngẫu nhiên đội trong 12 đội là 512792 792C 0,25 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A: ‘Mỗi Bộ có ít nhất một đội bảo vệ’ là5 512 7( 35( 770 )( 36n An An  0,25 Áp dụng định lý cosin trong tam giác AHB có 22 07 72 cos 609 3a aAH HB AB HB AB AH Góc giữa đường thẳng SA và mp(ABC) là góc 045SAH Tam giác SHA vuông cân tại nên73aSH AH 0,25 Thể tích của khối chóp S.ABC là 31 21.3 36ABCaV AH 0,25 Gọi là trung điểm của AB, là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD. Ta có )AB CD AB SC3( ).2d AB SCD SCD SCD 0,25 (1,0đ) Trong mp(ABC) Qua kẻ đường thẳng song song với CE cắt đường thẳng CD tại và AB tại thì tứ giác CEMF là hình chữ nhật. Kẻ HK vuông góc với SF tại K. )CD SFM CD HK , )CD HKHK SCDSF HK  Ta có 33 3aHF MF CE Tam giác SHF vuông tại H: 21 21030aHKSH FH HK 3 210( )2 20 ad AB SC SCD HK 0,25 MGọi là trung điểm của BI và là hình chiếu vuông góc của lên BI. Ta có GN //AI  2 113 3IN AGIN IM BIIM AM. là trọng tâmACD 1 23 3IE DI BI EN IN IE BI BN BN EN BGE cân tại ,GA GB GE B cùng thuộc đường tròn tâm 0 02 2.45 90AGE ABE AGE vuông cân tại 0,25 Phương trình : 13 51 51 13 ;qua GAG AG aGE  Khi đó AGE vuông cân tại AG GE 2 224143 11 170 11 113 1; 4103 93aAG Aa     0,25 Ta có 11 7;3 2AG AM AG AM M      Phương trình BD đi qua và : 17 0M BD y Phương đường tròn 2 210 11 170: :3 9tam GG yR GA     là giao điểm thứ hai của BD và 7 6G B 0,25 (1,0đ) Phương trình : 1; 4qua AAD AD DAB  ABCD là hình vuông 9; 2AB DC C  . Bài toán có nghiệm 1; 9; 2A C và 1; 4D. 0,25 Điều kiện: 29 0; 0; 1y xy x . Từ phương trình thứ nhất, ta có được 0x y . Xét: 00xy, thỏa mãn hệ phương trình. Xét x, không đồng tời bằng không, phương trình thứ nhất tương đương với 29 0y xy x 22 2249 909 3xy xy xxy xy x   211 34011 3y xxy xxy xy x         . 0.25 Thế x vào phương trình thứ hai, ta được 2 2x x 2 0x x .Đặt 21 021 0a ax bb b   . Phương trình trở thành 2 21 0a b 0,25 (1,0đ) 21 01 0a ba ba b     1 52a ba b . 0,25Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. ---Hết--- Với 0a x (loại). Với 51 12 2a x  5 58 8x y  . Hệ phương trình có nghiệm: 5 5; 0; ;8 8x y   0,25 Áp dụng bất đẳng thức AM GM ta có: 2 22 10 2x xy z 2 218 4x z 0,25 Từ đó suy ra 2 22 242 418x xx zx zx y    . Khi đó 44 25x yyxPx z  . 4 444 25 25 254x yx yx yt tzf tx yx tz    0,25 Với 0x ytz , xét hàm số 44 25t tf tt , có 2204 4' ' 1254 254tf ttt    0,25 10 (1,0đ) Do đó suy ra max1 1125 25f P . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2;125x yx yzx xy       . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 125. 0,25

0 Bình luận



Bạn cần đăng nhập mới có thể viết bình luận




Nhận thông tin qua email


Cập nhật tài liệu hay và mới tại doc24.vn qua email



Hỗ trợ trực tuyến