Đề thi thử THPT môn Toán 2016 đề 1

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016

TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3x 2  2 .

giao điểm của đồ thị (C ) với trục Ox .
Câu 3 (1,0 điểm).

x 1
(C ) tại
x2

N.
co
m

Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị của hàm số f ( x) 

a) Cho số phức z thỏa mãn  z  i 1  2 i   1  3i  0 . Tìm môđun của số phức z .
b) Giải bất phương trình log 2  x  1  log 1  x  2  2 .
2
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
0

2x  1
dx .
x 1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2;  1; 0 và mặt phẳng

AT
HV

( P ) : x  2 y  z  2  0 . Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua A và có tâm I là hình chiếu
vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ( P) .
Câu 6 (1,0 điểm).

3
.
5
b) Để bảo vệ Đại hội Đảng toàn quốc lần thứ XII diễn ra từ ngày 20 đến 28 tháng 01 năm

a) Tính giá trị của biểu thức P  5 sin .sin 2  cos 2 , biết cos  

2016, Bộ Công an thành lập 5 đội bảo vệ, Bộ Quốc phòng thành lập 7 đội bảo vệ. Ban tổ chức
chọn ngẫu nhiên 5 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 5 đội được chọn có ít nhất 1 đội thuộc Bộ Công an, ít

M

nhất 1 đội thuộc Bộ Quốc phòng.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông

góc của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thuộc cạnh BC sao cho HC  2 HB , góc giữa

w.

SA với mặt đáy ( ABC ) bằng 45 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa

hai đường thẳng SC và AB .

ww

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I . Các
 10 11

2
điểm G  ;  , E 3;   lần lượt là trọng tâm của tam giác ABI và tam giác ADC . Xác
3
 3 3 

định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết tung độ đỉnh A là số nguyên.



9 y 2  2 y  3 y  x  4 xy  7 x


Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
trên tập số thực.

2
y


1
1

x

2
y

1
1

x

2
y







Câu 10 (1,0 điểm). Cho x , y , z là các số thực dương x  y  z 2  xy  5 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P 

4  x  y
y
2x



.
2
25z
x  y  18 x  y  4 z
2

-------------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
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1

ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
Môn: TOÁN.
(Đáp án có 04 trang)
Đáp án

Câu

Điểm

N.
co
m

Tập xác định: D  R

x  0
Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Ta có : y '  3x( x  2)  y '  0  
x  2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 0  va  2;    ,đồng biến trên khoảng

1
(1,0đ)

(0 ;2)
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 y   ; lim y  
x 

0,25

x 

Bảng biến thiên:
x 
y’
y


0
0

0,25

2

0

-

AT
HV

+



0,25

2

-2

y



f(x)=-x^3+3X^2-2

0,25

-6

-4

-2

2

4

6

x

8

-5

ww

w.

-8

M

5

Đồ thị (C ) cắt Ox tại A(1;0)

2
(1,0đ)

3
(1,0đ)

f '( x) 

1

 x  2

2

0,25

x  2

0,25

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A là: k  f '(1)  1

0,25

Phương trình tiếp tuyến là y  1( x  1)  0  y  x  1

0,25

a) Ta có ( z  i)(1  2i)  1  3i  0  z  i 1  i  z 1  2i

0,25

Do đó số phức z có mô đun bằng

0,25

5

.
b) Điều kiện: x  2 . Bất phương trình đã cho  ( x  1)( x  2)  4  x2  x  6  0

0,25


x  3
 
. Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của BPT là  3; 
x

2

1

1 
dx
Tính :  2 
x  1

1

1

0

0

 2  dx  

d( x  1)
x 1

 2 x  ln x  1 

0,25

1

0,25

0

 2  ln 2

5
(1,0đ)

0,25

0

N.
co
m

4

(1,0đ)

0.25


 
(P) có vtpt n  (1; 2;1) , d đi qua A vuông góc với (P) có vtcp u  n  (1; 2;1) .
x  2  t



Phương trình đường thẳng d y  1  2t Do I  d  I (2  t ; 1  2t ; t )




z  t
I thuộc (P) nên (2  t )  2(1  2t )  t  2  0  t  1 . Vậy I(1;1;-1).

Mặt cầu (S) có bán kính R  IA  6 có phương trình  x  1   y  1   z  1  6
2

6
(1,0đ)

2

7
16
,sin 2   1  cos2  

25
25

AT
HV

a) Ta có: cos 2  2 cos2   1  

2

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

89
.
25

0,25

b) Số cách chọn ngẫu nhiên 5 đội trong 12 đội là C125  792  n()  792

0,25

Suy ra P  10sin 2  cos   cos 2 

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A: ‘Mỗi Bộ có ít nhất một đội bảo vệ’

là n( A)  C125  C55  C75  770  P( A) 

n( A) 35

n() 36

0,25

Áp dụng định lý cosin trong tam giác AHB có
AH 2  HB2  AB2  2 HB.AB cos60 0 

7 a2
a 7
 AH 
9
3

M

7
(1,0đ) Góc giữa đường thẳng SA và mp(ABC) là góc SAH  450 .
Tam giác SHA vuông cân tại H nên SH  AH 

a 7
3

1
3

Thể tích của khối chóp S.ABC là V  SABC .AH 

w.

0,25

a 3 21
36

0,25

Gọi E là trung điểm của AB, D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD.
3

ww

Ta có AB / /CD  d( AB, SC )  d( AB, SCD)  d( B, SCD)  d( H , SCD).
2
S
Trong mp(ABC) Qua H kẻ đường thẳng
song song với CE cắt đường thẳng CD tại F
và AB tại M thì tứ giác CEMF là hình chữ
nhật. Kẻ HK vuông góc với SF tại K.
K
CD  (SFM )  CD  HK ,
F

CD  HK
H
B 
 HK  (SCD)

M

C

E
D

A



SF  HK

2
2
a 3
Ta có HF  MF  CE 
3
3
3

Tam giác SHF vuông tại H:

1
1
1
a 210


 HK 

2
2
2
SH
FH
HK
30
3
3
a 210
 d ( AB, SC )  d ( H , SCD)  HK 
2
2
20

0,25

0,25


Gọi M là trung điểm của BI và N là hình chiếu vuông
góc của G lên BI .
IN AG 2
2
1

  IN  IM  BI  1 .
IM AM 3
3
3

E là trọng tâm ACD
1
1
2
 IE  DI  BI  EN  IN  IE  BI  BN
3
3
3
 BN  EN  BGE cân tại G
 GA  GB  GE  A, E, B cùng thuộc đường tròn tâm G
  2 ABE
  2.450  900  AGE vuông cân tại G
 AGE

Ta có GN //AI 

N.
co
m

8
(1,0đ)

0,25

qua G
  AG  : x  13 y  51  0  A  51  13a; a 
 GE

Phương trình  AG  : 

Khi đó AGE vuông cân tại G  AG  GE

a  4
 143
  11  170  11  1
 AG2  
 13a    a   
  a      10  A  1; 4 
a 
3
9
3 9
 3
 


3



2
2
 11 7 
Ta có AG  AM  AG  AM  M  ; 
3
3
 2 2
Phương trình  BD  đi qua E và M   BD  : 5x  3 y  17  0
2

2

AT
HV

2

2

tam G

2


10  
11  170
 G  :  x     y   
3  
3
9

 R  GA

Phương đường tròn G  : 

0,25

0,25

B là giao điểm thứ hai của  BD  và  G   B  7; 6 

qua A
  AD  : 4 x  y  0  D 1; 4 
 AB
 
ABCD là hình vuông  AB  DC  C  9; 2  .

Phương trình  AD  : 

0,25

Bài toán có 1 nghiệm A  1; 4  , B  7; 6  , C  9; 2  và D  1; 4  .

M

Điều kiện: 9 y 2   2 y  3 y  x  0; xy  0;  1  x  1 .
Từ phương trình thứ nhất, ta có được x  0  y  0 .

w.


x  0
+ Xét: 
, thỏa mãn hệ phương trình.


y  0
+ Xét x, y không đồng tời bằng không, phương trình thứ nhất tương đương với

9 y 2   2 y  3 y  x  3x  4 xy  4 x  0

9
(1,0đ)

9 y  2 y  3 y  x  9 x

ww

2



2

9 y   2 y  3 y  x  3x
2



4  xy  x

2

xy  x



0.25

0




11y  9 x  3
4x 
  y  x 

 0  yx.
 11y 2   2 y  3 y  x  3x
xy  x 



Thế y  x vào phương trình thứ hai, ta được 2 x  1 1  x  2 x  1 1  x  2 x

a  1  x ; a  0
1  x  1  x  0 .Đặt 
 2x  a2  b2 .

b

1

x
;
b

0




2
2
Phương trình trở thành a  b a  b  1   a  b  0

2x



 

1  x  1 x 1 



a  b
a  b





.
  a  b  a  b a  b  1  1  0  
2


a  b  1  5

a  b   a  b  1  0

2


0,25

0,25


+ Với a  b  1  x  1  x  x  0 (loại).

5 5
5 5
1 5
1 5
.
x
y
 1  x  1 x 
8
8
2
2


 5  5
5  5 

;

Hệ phương trình có nghiệm:  x; y  0; 0 , 

8
8 

+ Với a  b 

N.
co
m

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

x 2  y 2  2 xy  2  x  y  z 2  5  x 2  y 2  10  2  x  y  z 2 

 x  y  18  2  x  y  2  z  4  2  x  y  8 z  2  x  y  4 z
2

2

2

Từ đó suy ra
10
(1,0đ)

Khi đó P 

2x
2x

x


.
2
x  y  18 2 x  y  4 z x  y  4 z
2

4  x  y
y
x


.
x  y  4z x  y  4z
25 z

AT
HV

xy
4  x  y
4  x  y
xy
t
4t
z





 f t  

xy
x  y  4z
25z
25z
t  4 25
4
z
xy
t
4t
Với t 
, có
 0 , xét hàm số f t 

t  4 25
z


4
4
t  0
f 't 

;
f
'
t


0

 t 1



2
2

t  4  25

t  4 25


1
1
Do đó suy ra f t   f 1   Pmax  .
25
25
x  y  z; x  y


x  y  1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
.

2



x  y  z  xy  5 
z  2


Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là

1
.
25

w.

M

Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
---Hết---

ww

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25