đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE149 THPT chí linh, hải dương (l1) w

6 318 0
đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE149 THPT chí linh, hải dương (l1) w

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHÍ LINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mônthi : TOÁN - Lầnthứ Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề gồm 01 trang) ĐỀ SỐ 149 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  x3  (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) giao điểm (C) với đường thẳng d : y  2x  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f ( x)  x  x  x  x Câu (1,5 điểm) 1) Giải phương trình:  sin x  1  cos x 2) Giải phương trình: 32 x 1  2.3x 1  24  3) Giải bất phương trình: log 0,5  x  x  1  log  x    Câu (0,5 điểm) Trường THPT Chí Linh tổ chức cho học sinh ba khối 10,11,12 tập luyện võ thuật cổ truyền Trong đợt tập võ lớp 11A tập tốt nên nhà trường định chọn học sinh lớp 11A để biểu diễn Tính xác suất để học sinh chọn có học sinh nam biết lớp 11A có 23 học sinh nam 21 học sinh nữ 3x  x  Câu5 (1,0 điểm) Tínhtíchphân: I   dx 3x  x  Câu6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a Gọi M trung điểm cạnh BC, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc SM mặt phẳng (ABCD) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng DM, SB Câu7 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC Gọ H hình chiếu vuông góc A cạnh BD M, N trung điểm cạnh CD, BH Biết điểm A(0; –1), phương trình đườngthẳng MN 3x  y   điểm M có hoành độ nguyên Tìm toạ độ đỉnh B, C, D    x y  y   x  x2   Câu8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 x  y  1  x   x x 1  18 y   3x  Câu9 (1,0 điểm).Cho số thực dương a, b, c thoả mãn a  , bc  Tìm giá trị nhỏ a3  b c biểu thức: P    3(bc  1) c  b  Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:………………… Chữ kí giám thị 1:…………………….…………Chữ kí giám thị 2:…………………………… 856 H­íngdÉnchÊmTOÁN Câu Nội dung Điểm  Tập xác định: D = ℝ  Sự biến thiên  Giới hạn hàm số vô cực lim y = lim x −1 + − = −∞, lim y = +∞ → → → x x 0,25 x=0 x=2 y = −3x + 6x; y = ⇔ Bảngbiếnthiên: −∞ − + +∞ +∞ − −1 1a (1,0đ) 0,25 −∞ Từ bảng biến thiên suy Hàm số đồng biến khoảng (0; 2), nghịch biến khoảng (−∞; 0) và (2; +∞) Hàm số đạt cực đại x = 2, y Đ = −3, Hàm số đạt cực tiểu x = 0, y = −1  Đồthị: Đồ thị hàm số cắt Oy điểm (0; −1), qua điểm 0,25 (−1; 3), (1; 1), (3; −1) y y=-x3+3x2-1 0.25 x -1 -1 Đồ thi hàm số nhận điểmI(1; 1) làm tâm đối xứng Hoành độ giao điểm d (C) nghiệm phương trình −x + 3x − = 2x − 1b (1,0đ) 0,25 Giải phương trình, suy d cắt (C) điểm M(3; −1) 0,25 Phương trình tiếp tuyến (C) M(3; −1) lày = y (3)(x − 3) − 0,25 ⇔ y = −9x + 26 857 0,25 Điều kiện: 3x − 6x ≥ ⇔ ≤ x ≤ − 12x ; f′(x) = 4x − − √3x − 6x 1 f (x) = ⇔ (4x − 1) + = ⇔ x = ∈ 0; √3x − 6x 0,25 Tập xác định: D = 0; (1,0đ) 0,25 f (x) không xác định x = 0, x = 1 + 4√6 =− ,f =0 1 + 4√6 Suy ra f(x) = f =− ; max f(x) = f(0) = ; ; f(0) = 0, f 3a (0,5đ) 0,25 0,25 √3(sin x − 1) = cosx ⇔ √3sinx − cosx = √3 π √3 √3 √3 ⇔ sinx − cosx = ⇔ sin (x − ) = 2 π π π x= +2 π x− = +2 π ⇔ , ∈ℤ⇔ , ∈ℤ π π 5π x− = π− +2 π x= +2 π 6 + 2.3 − 24 = ⇔ 3.3 + 6.3 − 24 = ⇔ (3 − 2)(3 + 4) =0 0,25 0,25 0,25 3b (0,5đ) ⇔ − = 0 (vì + > 0 ∀ ∈ ℝ)⇔ = ⇔ Vậy phương trình có nghiêm = log log 3c (0,5đ) , = log 0,25 (4x − 3x − 1) + log (4x − 2) > 1(1) Điều kiện: 4x − 3x − > ⇔ x > 4x − > Khi đó(1) ⇔ log (4x − 2) > + log (4x − 3x − 1) ⇔ log (4x − 2) > log 2(4x − 3x − 1) ⇔ 4x − > 2(4x − 3x − 1) ⇔ < < Kết hợp với điều kiện ta phương trình cho có nghiệm < Tổng số học sinh lớp 11A là: 23 + 21 = 44 (học sinh) 0,25 0,25 < Số cách chọnn gẫu nhiên học sinh từ 44 học sinh số tổ hợp chập 0,25 44 phần tử nên số phần tử không gian mẫu là: (Ω) = Gọi A biến cố: “ Trong học sinh chọn có học sinh nam” Khi có khả xảy ra:  học sinh chọn có học sinh nam học sinh nữ (0,5đ)  học sinh chọn nam Từ suy ra n(A) = C C Vậy P(A) = ( ) (Ω) +C = 858 0,25 (1,0đ) −2 +5 −3 + = 1+ + −2 + −2 3( + 1) − 2(3 − 2) = 1+ = 1+ − ( + 1)(3 − 2) −2 = ( + ln|3 − 2| − 2ln| + 1|) = + 2ln 0,25 +1 0,25 0,25 0,25 S H N A D 0,25 O B C M Xác định góc đường thẳng mặt phẳng( ) SMA ⇒ SMA = 60 ; S = 2a Tínhđược = a√2; SA = a√6 1 2a √6 ⇒V = SA S = a√6 2a = 3 Gọi trung điểm cạnh suy tứ giác hình vuông tứ giác hình bình hành ⇒ ⇒ //( ,( )) = ( , ( Ta chứng minh ( , ( )) = ( , ( )) Gọi O tâm hình vuông suy ⇒ ( (1,0đ) , // )= ( ⊥( )⇒ ⇒ Trong mặt phẳng ( ), gọi ⇒ ⊥ ⊥ vuông = ⊥( ) ⊥ ⇒ ( ⊥( ) 0,25 ) = có đường cao + = , 859 0,25 ) ⇒ ,( )) ⊥ hình chiếu ⇒ Xét tam giác √ = 0,25 nên 13 ⇒ )= √78 13 = √78 13 (1,0đ) Gọi E trung điểm AB tứ E A B giác hình vuông E ⊥ Do hai tứ giác tứ giác N nội tiếp đường tròn đường kính nên tứ giác nội tiếp ⇒ ANM = 90 ⇒ H C hình chiếu đường D M thẳng Đường thẳng qua (0; −1) vuông góc với MN nên có phương trình + + = Toạ độ điểm N nghiệm hệ 12 = 12 − − = ⇒ ⇔ ;− +3 +3 =0 5 =− Vì ∈ nên ( ; − 9)với ∈ ℤ Tứ giác nội tiếp nên MAN = MDN suy hai tam giác ⇒ = đồng dạng 4√10 2√10 = = 5 14 36 = + − = ⇔ 5 =2 =2⇒ = 12 ⇔ − 5 Mà ∈ ℤ nên t = ⇒ M(2; −3) Đường thẳng có phương trình + ⇒ cân = trung điểm + = Tam giác là(0; −3)và (2; −1) Do nên ta tìm điểm hai phía đường thẳng 0,25 0,25 vuông nằm 0,25 nên (0; −3) nên ta tính (4; −3) Từ tính (4; −1) 0,25 Vậy (4; −1), (4; −3), (0; −3) x y + y + = x + x + 1 (1) 2x (y + 1) − 9x + = 5√x x (1 − 18y ) − 3x(2) ≥0 Điều kiện: (1 − 18 ) − ≥ ( ) Ta nhận thấy = 0 không thoả mãn hệ Xét x > Khi (1) ⇔ + +1= 1 + 0,25 + 1(1 ) (1,0đ) Xét hàm số f(t) = t + t√t + ℝ f (t) = + t + + > 0 ∀ ∈ ℝ √t + Hàm số f(t) đồng biến trên ℝ 1 ⇒ (∗) ⇔ y = (1 ) ⇔ f(y) = f x (∗) x 860 0,25 Với = giải điều kiện (I) ta x ≥ 6, phương trình (2) trở thành − + = 5√ − − 18 ⇔ − + = 5√ ( + 3)( − 6) ⇔ 2( ⇔ − ) − 5√ + −6 −√ +3 0,25 − + 3( + 3) = − − 3√ + = ⎡ = ± √61 ⎢ −6 =√ +3 ⇔ ⇔⎢ = − − = 3√ + ⎢ ⎣ = Kết hợp điều kiện x ≥ ta hệ cho có nghiệm (x;y) + √61 √61 − 9; , ; Áp dụng BĐT TBC-TBN ta + + ≥ √ = Dấu “=” xảy = a3 + ⇒ ≥ ≥ ; 3(bc + 1) +1 +1 b c 1 + = ( + + 1) + −2 c+1 b+1 c+1 b+1 Ta có: + + ≥ 2√ + Dấu “=” xảy = 1 (1) + ≥ b + c + 1 + √bc Thậtvậy, (1) ⇔ (b + c + 2) + √bc ≥ 2( + 1)( + 1) (1,0đ) 0,25 0,25 ⇔ (b + c)√bc − − − + 2√bc ≥ ⇔ √b − √c √bc − ≥ 0(2) (2) đúngvới b, c thoả mãn giả thiết nên (1) Dấu “=” xảy = = Từ suy 2√ ≥ + 2√ + −2= + +1 + 1 + √bc + √bc Đặt = √ P≥ 0,25 , ta có t ≥ 1 2t + = f(t) t +1 1+t f (t) = 2t 2(t − 1) ( − + 1) − = ≥ 0 ∀ ≥ 1; (1 + ) ( t + 1) ( + 1) ( t + 1) 0,25 f (t) = ⇔ t = Hàm số f(t) đồng biến [1; +∞) f(t) = f(1) = [ ; ) 3 ⇒ P ≥ ∀a, b, c > ℎ ả ã ≥ 1, 2 Với a = b = c = 1 thì P = Do P có giá trị nhỏ 861 ≥1 0,25

Ngày đăng: 27/06/2016, 13:21

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan