Đề thử THPT quốc gia 2016 môn Toán và hướng dẫn giải – Tỉnh Quảng Nam


Đề thử THPT quốc gia 2016 môn Toán Tỉnh Quảng Nam  và hướng dẫn giải. KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN



Tải Đề thử THPT quốc gia 2016 môn Toán và hướng dẫn giải – Tỉnh Quảng Nam PDF







Hãy like và share nếu bạn thấy hữu ích:

Leave a Comment


Phiên bản Text

ĐỀ THI CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề y 2x 4

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số x 1    . f(x) (x 2).e 2 2x

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [–1 ; 2].

Câu 3 (1,0 điểm). (2 i)z 4 3i w iz 2 z      a) Cho số phức z thỏa mãn . Tìm môđun của số phức . log x 3 log (x 2)2 2   b) Giải phương trình .

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 2 3 0 x I dx (2x 1)    .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng x 3 y 2 z 1 d : 2 1 2       . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3.

Câu 6 (1,0 điểm). 5sin2 6cos 0 0    a) Cho góc  thỏa mãn và 2    . Tính giá trị của biểu thức: A cos sin 2015 co t 2016    2                 . b) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh. Chọn ngẫu nhiên một tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam giác được chọn có 3 đỉnh cùng màu.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 600. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là trung điểm cạnh CC’. Tính theo a thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N).

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 x 3y 2 xy y x y 0 3 8 x 4 y 1 x 14y 12                  (x, y  R).

Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình 3x y 3 0   đường thẳng AH là , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần lượt là chân x 3y 7 0   đường cao hạ từ B và C đến AC và AB, phương trình đường thẳng EF là . Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dương. 4a 2c b c1 1 6

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện b b a a                . P bc 2ca 2ab Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a(b 2c) b(c a) c(2a b)       . –––––––––––– Hết –––––––––––– Họ và tên thí sinh: ……………………………………………......…; Số báo danh: …………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)

Câu Đáp án (Trang 1) Điểm

Câu 1 y  2x 4x 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số . D {1} * Tập xác định: * Sự biến thiên: 2 2 y' (x 1)   Vì y’ > 0,  x  1 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (– ; 1), (1 ;+). 0,25 Giới hạn và tiệm cận: x 1 x 1 lim y , lim y         ; tiệm cận đứng x = 1. x lim y 2   ; tiệm cận ngang y = 2. 0,25 Bảng biến thiên x – 1 + y’ + + y +∞ 2 2 – ∞ 0,25 * Đồ thị : x y2 2 4O 1 0,25

Câu 2 f(x) (x 2).e 2 2x (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [–1 ; 2]. f '(x) 2(x x 2)e  2 2x Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [–1 ; 2], 0,25 f '(x) 0 x x 2 02 x 1 x ( 1;2) x ( 1;2)                 0,25 2 4 1 2 f(1) e , f( 1) , f(2) 2e e      . 0,25 GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] bằng 2e4, khi x = 2, GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] bằng – e2 , khi x = 1. 0,25

Câu Đáp án (Trang 2) Điểm

Câu 3 (1,0 điểm) (2 i)z 4 3i w iz 2z      a) (0,5) Cho số phức z thỏa mãn . Tìm môđun của số phức . (2 i)z 4 3i z 1 2i      0,25 w iz 2z i(1 2i) 2(1 2i) 4 5i | w | 41          . Vậy 0,25 log x 3 log (x 2)2 2   b) (0,5) Giải phương trình (1). Điều kiện: x > 0 (*). 2 2 (1) log (x 2x) 3 x 2x 8     2 0,25 2    x 2x 8 0  x = – 4 hoặc x = 2. Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình (1) có một nghiệm x = 2. 0,25

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 3 0 x I dx (2x 1)    . t 2x 1 dt 4xdx   2 Đặt 0,25 x = 0  t = 1; x = 1  t = 3 0,25 Khi đó 3 3 1 1 1 I dt 4 t   (0,25) 3 2 1 1 1 8t 9    (0,25) 0,5

Câu 5 d : x 3 y 2 z 1 (1,0 điểm) Cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng 2 1 2       . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3. u (2;1; 2)  Một vectơ chỉ phương của d là . 0.25 u (2;1; 2)  Mặt phẳng (P) qua A và nhận vectơ làm vectơ pháp tuyến nên phương trình của nó là 2(x + 2) + y – 3 – 2(z – 1) = 0 hay 2x + y – 2z + 3 = 0. 0.25 Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; 2 + t; 1 – 2t). Khoảng cách từ M đến (P) là: 2 2 2 | 2(3 2t) 2 t 2(1 2t) 3| d(M,(P)) |3t 3| 2 1 ( 2)             0.25 d(M,(P)) 3 |3t 3| 3     t = 0 hoặc t = –2. Vậy M(3 ; 2 ; 1) hoặc M(–1 ; 0 ; 5). 0.25

Câu 6 5sin2 6cos 0 0       2 (1,0 điểm) a) (0,5) Cho góc  thỏa mãn (1) và . Tính giá trị của A cos sin 2015 co t 2016    biểu thức: 2                 . 0 Vì 2    nên cos > 0, cot > 0. 3 (1) 10sin .cos 6cos 0 cos .(5sin 3) 0 sin 5               (vì cos>0) 0,25 2 2 1 25 16 4 cot 1 1 cot sin 9 9 3           (vì cot > 0) 3 4 2 A sin sin cot 2sin cot 2. 5 3 15               0,25 b) (0,5) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh. Chọn ngẫu nhiên một tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam giác được chọn có 3 đỉnh cùng màu. | | 220  C123 Số phần tử của không gian mẫu là: 0,25 Gọi A là biến cố chọn được tam giác có 3 đỉnh cùng màu. Số kết quả thuận lợi 3 3 cho A là: | | 45 P(A)    A C C | | 7 5 A 9 . Xác suất biến cố A là | | 44     . 0,25

Câu Đáp án (Trang 3) Điểm

Câu 7 (1,0 điểm) Tính thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N). E D N M C' B' A C B A' H Tam giác ABC đều cạnh a và M là trung điểm BC nên: AM a 3 AM  BC và 2  AMBC và AA’BCA’M BC  Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) A'MA 60 0 và (ABC) là . Tam giác A’AM vuông tại A nên: 0 a 3 3a AA' AM.tan 60 . 3 2 2    0,25 Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là: 2 BB'C'C 3a S BB'.BC 2   AM  BC và AM  BB’  AM  (BB’C’C) Thể tích khối chóp S.ABCD là: 2 3 BB'C'C 1 1 3a a 3 a 3 V S .AM . 3 3 2 2 4      0,25 Trong mặt phẳng (BB’C’C), B’N cắt BC tại D. BAD 90 0 Khi đó: C là trung điểm BD và Gọi E là trung điểm AD, ta có: CE  AD. Dựng CH  NE (H  NE). AD  CE và AD  CN  AD  (CNE)  AD  CH CH  NE và CH  AD  CH  (AB’N). 0,25 CE AB1 a Ta có: 2 2 CN CC'   1 3a , 2 4   2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 16 52 3a CH CH CE CN a 9a 9a 2 13        d(M,(AB'N)) d(C,(AB'N)) CH3 3 9a Do đó: 2 2 4 13    0,25

Câu 8 2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I) 2 x 3y 2 xy y x y 0 3 8 x 4 y 1 x 14y 12.                  (I)  2 x y (x y)(y 1) 2(y 1) 0 (1) 3 8 x 4 y 1 x 14y 12 (2)                 Điều kiện: x  8, y  – 1, (x – y)(y + 1)  0 (*) Nếu (x ; y) là nghiệm của hệ (I) thì y > – 1. Suy ra x – y  0. 0.25 (1) 2 0 1 1 x 2y 1x y x y x y x y Do đó: y 1 y 1 y 1 y 1                    0.25 Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được: 2 2 3 7 2y 4 y 1 (2y 1) 14y 12 4 y 1 3 7 2y 4y 10y 11 0               2          4( y 1 2) 3( 7 2y 1) 4y 10y 6 0 2 3 (y 3) 2y 1 0 y 1 2 7 2y 1                 (3) 0.25 1 y 7 Vì 2    2 2 2 nên y 1 2 3 2 2     3 3 , 7 2y 1 4    , 2y + 1 > –1 2 3 2y 1 0 y 1 2 7 2y 1          (3) y 3 0 y 3     . Do đó:  x = 7 (thỏa (*)). Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3). 0.25

Câu Đáp án (Trang 4) Điểm

Câu 9 3x y 3 0   (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trìnhđường thẳng AH là , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần lượt là chân đường cao hạ từ B và C đến AC và AB, phương trình đường thẳng EF là x 3y 7 0   . Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dương. J I M F E H B C A J I M F E H A C B Gọi I trung điểm AH. Tứ giác AEHF nội tiếp và bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn nên IM  EF (đoạn nối tâm vuông góc với dây chung). IEF ABE Ta có: (cùng phụ góc A hoặc cùng phụ góc EHF) ABE EMF IME1 và: 2   MFI MEI 90 MEI 90    0 0   . Do đó tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính IM, tâm là trung điểm J của IM. (Đường tròn (J) là đường tròn Euler) 0.25 Đường thẳng IM qua M và vuông góc EF nên có phương trình: 3x + y – 9 = 0. I là giao điểm của AH và IM nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: 3x y 3 0 3x y 9 0           I(1; 6). 0.25 r JM 10  Đường tròn đường kính IM có tâm J(2 ; 3) và bán kính nên có phương trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10 . Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình:  2 2  x 3y 7 0 x 2 y 3 10            2 x 3y 7 x 5 y 3 1 y 4              x 1 hoặc y 2        E(5 ; 4) hoặc E(–1;2). 0.25 Vì A  AH nên A(a ; 3a + 3) IA IE IA IE (a 1) (3a 3) 20 a 1 2          2 2 2 2 Ta có: A(1 2;6 3 2)  Vì A có hoành độ dương nên . 0.25

Câu Đáp án (Trang 5) Điểm

Câu 10 4a 2c b c1 1 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện b b a a                . P bc 2ca 2ab Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a(b 2c) b(c a) c(2a b)       . x , y ,z2 4 1 Đặt a b c    (x, y, z > 0). Điều kiện đã cho trở thành: 3 3 x y x y 2 6 xyz y x          (*) Ta có: 3 3 3 (x y) x y 4  (x y) 4xy    2 và Do đó: 3 3 3 x y (x y) 4xy(x y) x y xyz 4xyz 4xyz z        x y 2 Mặt khác y x   nên 3 3 x y x y x y 6 2 4 xyz y x z            x y 0 2 z    . 0.25 Ta có: 2 2 x y 4z x y 4z P y 2z 2z x x y xy 2zx 2yz xy x y             2 2 2 (x y) 4z (x y) 4z 2(x y) 4z 2xy 2z(x y) x y x y x y 4z x y(x y) 2z(x y) 2                   Suy ra: x y 2 4 P z x y x y 4 z z       . 0.25 t , 0 t 2x y Đặt z P    2t 4 . Ta có t 4 t    . f(t) (0 t 2)2t 4 Xét hàm số t 4 t      . 2 2 2 4(t 8t 16) f '(t) 0, t (0;2] t (t 4)         f(t) nghịch biến trên (0 ; 2]. 0.25 P f(t) f(2) 8 Suy ra: 3    . x y 8 P x y z 2a b 4cx y 3 2 z              8 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 , khi 2a = b = 4c. 0.25 Chú ý: Những cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Tùy theo thang điểm của đáp án mà giám khảo cho điểm tương ứng. –––––––––––– Hết ––––––––––––

Đề thử THPT quốc gia 2016 môn Toán và hướng dẫn giải – Tỉnh Quảng Nam