VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

Môn: TOÁN

ĐỀ THI THỬ LẦN 1

Thời gian: 180 phút

Câu 1: (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

2x 1
.
x 1

Câu 2: (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của hàm số y  2 x 4  4 x 2  1 .
Câu 3: (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 4 x

2

x

1
 
2

1
x2  1



1
3x 2  5



2
x2  2  1

trên tập số thực.

Câu 10: (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 8(a2 + b2 + c2) = 3(a + b + c)2.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a(1 – a3) + b(1 – b3) + c.
........................ Hết .......................


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

Môn: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM

+)Giới hạn, tiệm cận:

lim y  lim y  2  y  2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

x 

x 

0.25

lim y  ; lim y    x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x 1

x 1

Bảng biến thiên:
x
-
+
y’
y

-1
+

+

0.25


y’ -

0.25
-1
0

0
+

0

1
-

0

+

Kết luận: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và ycd  y (0)  1.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1 và yct  y ( 1)  3.
4

3.a

x2  x

1
 
2


3.b

+


2 
 | x | 1 2 

2
x 
 1  2
lim f ( x)  lim 
lim
 x  
x
x
x 
x 






2
 ;
  1 lim f ( x )  lim   1  2
x
x 
x  


e

x2
S   ( x  1)(ln x  1) dx   ( x  1)(ln x  1)dx   (ln x  1)d (  x ) 
2
1

0.25

1

0.25

1

e

x2
x
1 1

 (  x )(ln x  1) |1e   (  1)dx     x 2  x  |1e
2
2
2 4


0.25



( x  2)2  ( y  1)2  ( z  1)2  4
x  2  2


y  0
 x  2  2
z  0


+) Các giao điểm: M (2  2;0;0), N (2  2;0;0).

0.25
0.25
0.25
0.25

6.
a)

b)

s inx  0
Pt  
cosx  2

2

0.25\



3
2
1
n( A)  C85.C12
 C86 .C12
 C87 .C12
 14264

 P ( A) 

0.25

n( A) 14264
7132


.
n() 125970 62985

+) Từ giả thiết suy ra tam giác ABC đều cạnh a và SH(ABC) với H là tâm của
tam giác đều ABC => AH =

a 3
và SH là đường cao của hình chóp S.ABC
3

0.25

Từ giả thiết => SA = a 3 => trong tam giác vuông SAH vuông tại H có


+) Diện tích mặt cầu là: S  4 R 2 

27 2
a .
8

0.25

8.

…
+) N  MN(C) => tọa độ N là nghiệm của hpt:
3 x  y  3  0
1 12
, do N có tung độ dương nên N ( ; ), N1 (2; 3) .
 2
2
5 5
 x  y  4 x  5  0

0.25

  BDM
  45o => MN là đường phân giác góc
+) Tứ giác BMND nội tiếp  BNM
0.25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

t 3
3t  1
t 1

0.25

tương đương
( t  1)(

1
1

)  2 . Theo Cô-si ta có:
t 3
3t  1

t
t t 1 1  t
t 1 

.
 


t 1 t  3 2  t 1 t  3 
t 3

0.25

1


0.25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

+) Thay ẩn x được x2  2  x  (;  2]  [ 2; )  T  (;  2]  [ 2; ).
+) Từ giả thiết ta có: 5c2 – 6 (a+b)c + (a+b)2  0 

10.

1
8

1
( a  b)  c  a  b .
5

1
8

+) Ta có a 4  b 4  (a  b)4 a, b => P  2(a  b)  (a  b)4
+) Xét f (t )  2t 

t4
8

(t  0), f '(t )  2 

0.25


0

34

a

b



2 .
2

3
c  4

33 4

0.25

----- HẾT -----