Đề kiểm tra năng lực thi thpt quốc gia năm 2016 môn thi: Toán 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Trường THPT Bắc Yên Thành
LỚP 12A4
Ngày 05/4/2016
ĐỀKIỂM TRA NĂNG LỰC THI THPT QUỐCGIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 32
xy x
  .
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b. Tìm m để đường thẳng   : 2d y x m  cắt (C) tại hai điểm phân biệt và tiếp tuyến của
(C) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu 2 (2,0 điểm)
a. Giải phương trình   2 3sin cos 4 2 sin 2 .2x x x  
b. Giải phương trình  3 22 1 6x x x x    .
Câu 3 (2,0 điểm)
a. Tính tích phân
10 3 2
5
3 4
2
x xI dxx
   .
b. Gọi 1z và 2z là hai nghiệm phức của phương trình    22 1 4 2 5 3 0i z i z i      .
Tính 2 21 2z z .
Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, với ;2
aAC BC a  .
Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt đáy (ABC) góc 600. Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách từ điểm B tới mặt phẳng (SAC), biết rằng mặt phẳng (SBC) vuông góc với đáy
(ABC).
Câu 5 (2,0 điểm)
a. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết phương trình
cạnh BC là   : 7 31 0d x y   , điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; -3)
thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
b. Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng 052:)(  zyxP và đường thẳng
.1
3
1
1
2
3:  zyxd Gọi 'd là hình chiếu vuông góc của d lên (P) và E là giao điểm của d
và (P). Viết phương trình đường thẳng 'd . Tìm tọa độ điểm F thuộc (P) sao cho EF vuông góc
với 'd và .35EF
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn 2 2 2 1a b c   .Chứng minh rằng
1 1 1 9
1 1 1 2ab bc ca     .
---------------- Hết ----------------
Họ và tên thí sinh:.......... Số báo danh: .........
Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm. Học sinh KHÔNG ĐƯỢC nhìn bài của nhau.
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
BIỂU ĐIỂM CHẤM
ĐỀ THI THỬ TOÁN – NĂM 2016
(Biểu điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I
(2.0 điểm)
1. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
* TXĐ: D = R\{2}.
*  2
7' 0
2
y
x
   . Vậy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
0.25
* Hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận ngang y = 2. 0.25
* Bảng biến thiên 0.25
Giao Ox: 30 2y x    .
Giao Oy: 30 2   x y .
Đồ thị:
0.25
2. (1.0 điểm) Tìm m để đường thẳng 
Phương trình hoành độ giao điểm:
     22 6 2 3 0 *2 3 22 2
x m x mx x mx x
          
0.25
(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt và khác 2.
     
2 20 6 8 2 3 0 4 60 02 0
g m m m mg
           
(luôn đúng).
0.25
Với điều kiện trên giả sử đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại hai điểm có hoành độ
1 2x x . Ta có 1 2 6 2
mx x   .
Tại hai giao điểm kẻ hai tiếp tuyến song song khi và chỉ khi
   1 2 1 2' ' 4y x y x x x    2m   .
0.5
II.
(2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Giải phương trình
Pt(1) 1 1 3sin .cos 4 cos 4 2sin2 2 2x x x x       
1cos 4 2 sin 02x x
      
cos 4 2
1sin sin( )2 6
x
x 
      
26
7 26
x k
x m
 
 
      
Mặt khác: 1 3 2 4x x     
0.25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
* với 2 2 4 06 k k
        . Do đó : 6x
 
* Với 72 2 4 06 m m
       nên 76x

0. 25
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm 6x
  và 76x
 thoả mãn (2) 0. 25
2. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình
ĐK: 0x  . Nhận thấy (0; y) không là nghiệm của hệ phương trình. Xét 0x  .
Từ phương trình thứ 2 ta có 2 2
1 1 12 2 4 1 1y y y x x x     (1)
0.25
Xét hàm số   2 1f t t t t   có   22 2' 1 1 01
tf t t
t
     nên hàm số đồng
biến. Vậy     1 11 2 2f y f yx x
       .
0.25
Thay vào phương trình (1):  3 22 1 6x x x x    0.25
Vế trái của phương trình là hàm đồng biến trên  0; nên có nghiệm duy nhất
1x  và hệ phương trình có nghiệm 11; 2
    .
0.25
III.
(1.0 điểm)
Tính tích phân
 Tính tích phân :
10 3 2
5
3 4
2
x xI dxx
  

210 10
5 5
( 1)( 2) ( 2) ( 1)
2 2
x x x xI dx dxx x
      
 Đặt 2 2
21 1 1
udu dxu x u x x u
        
, đổi cận : : 5 10: 2 3
x
u


 Ta có :
3 3 32
2 3 3
22 2 2
2 2 2
( 3) .2 4 12. ( 4 ) 2( 4 ) 831 1 1
u u udu duI u du u uu u u
          
0.25
0.25
0.25
0.25
3
3
2
2
62 1 1 62 14 ( ) 4 ln3 1 1 3 1
uI duu u u
       62 34ln3 2I  
IV.
(1.0 điểm)
 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SAC) theo a.
- ABC vuông tại A có ;2
aAC BC a 
0 030 ; 60B C   .
0.25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
- Kẻ SH BC thì ( )SH ABC
- Và các góc SMH, SNH bằng 600, và HM HN
- Ta có : 0 0sin 30 sin 60
HN HMa BC BH CH    
Tính được (3 3) 3( 3 1);4 4
a aHM SH  

21 3.2 8ABC
aS AB AC 
0.25
- Thể tích
3
.
1 (3 3).3 32S ABC ABC
aV SH S  
- Gọi khoảng cách từ B tới mp(SAC) là h thì .3 S ABC
SAC
Vh S
- SHM tính được (3 3)2
aSM 
21 (3 3).2 8SAC
aS SM AC   
0.25
0.25
V.
(1.0 điểm)
3 3
4SAC
V ah S   . Vậy khoảng cách từ B tới mp(SAC) là
3
4
a
1 1 1 9 3
1 1 1 2 1 1 1 2
ab bc ca
ab bc ca ab bc ca            0.25
Ta có 2 2 2 2 2 22 21 2 2 2 2 2
ab ab ab
ab a b c ab a b c       .
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki  
22 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4
2 2
a ba b ab
a c b c a b c a b c
        .
0.25
Vậy
2 2
2 2 2 2
1
1 2
ab a b
ab a c b c
      
.
Tương tự
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1,1 2 1 2
bc b c ac a c
bc b a c a ac a b c b
                 
.
0.25
Cộng lại ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng khi 33a b c   . 0.25
VI.
(2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Đường thẳng AB đi qua M nên có phương trình    2 3 0a x b y     2 2 0a b 
  0; 45AB BC  nên 0 2 2 3 47cos 45 4 350
a ba b
a ba b
       . 0.25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Nếu 3a = 4b, chọn a = 4, b = 3 ta được   : 4 3 1 0AB x y   .   : 3 4 7 0AC x y   .
Từ đó A(-1; 1) và B(-4; 5). Kiểm tra 2MB MA  nên M nằm ngoài đoạn AB (TM)
Từ đó tìm được C(3; 4)
0.50
Nếu 4a = -3b, chọn a = 3, b = -4 được   : 3 4 18 0AB x y   ,   : 4 3 49 0AC x y  
Từ đó A(10; 3) và B(10;3) (loại)
0.25
Nếu không kiểm tra M nằm ngoài AB trừ 0.25 điểm.
2. (1.0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng.
Giả sử Qn là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó  1; 1; 1Q Pn n   
Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại    0; ;0 , 0;0;M a N b phân biệt sao cho
OM = ON nên 00
a ba b a b
      
0.25
Nếu a = b thì    0; ; // 0; 1;1MN a a u    và Qn u  nên  , 2;1;1Q Pn u n   
   .
Khi đó mặt phẳng (Q): 2 2 0x y z    và  Q cắt Oy, Oz tại  0;2;0M và
 0;0;2N (thỏa mãn)
0.25
Nếu a = - b thì    0; ; // 0;1;1MN a a u    và Qn u  nên  , 0;1; 1Q Pn u n    
   .
Khi đó mặt phẳng (Q): 0y z 
0.25
 Q cắt Oy, Oz tại  0;0;0M và  0;0;0N (loại). Vậy   : 2 2 0Q x y z    . 0.25
VII.
(1.0 điểm) Tính
2 2
1 2z z ....
Có      2' 4 2 2 1 5 3 16i i i       . Vậy phương trình có hai nghiệm phức 0.25
1 2
3 5 1 1,2 2 2 2z i z i     0. 5
Do đó 2 21 2 9z z  . 0.25