Đề thi thử THPT môn Toán 2016 đề 9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI
TỔ TOÁN

ĐỀ THI THỬ LẦN I - KỲ THI THPT QUÔC GIA
NĂM HỌC 2015 – 2016 - MÔN TOÁN
Thời gian 180 phút

x −1
.
x−2

Câu 1. a) (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y =

m

b) (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm có hoành độ x = 3 .

co

Câu 2. (1điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 − 2 x + 3 trên đoạn [ 0; 4] .
Câu 3. a) (0,5 điểm) Giải phương trình: sin 2 x − 2 sin x = 0 .

2x

2

− x −4

= 4x .

N.

b) (0,5 điểm) Giải phương trình:

Câu 4, a) (0,5 điểm) Trong dịp ra quân chăm sóc di tích Đình Đĩnh Lự (Tân Lộc – Lộc Hà – Hà Tĩnh ) đội
thanh niên tình nguyện của Đoàn trường THPT Nguyễn Văn Trỗi gồm 14 đoàn viên trong đó có 6 đoàn

HV

viên nam 8 đoàn viên nữ trong đó có 2 đoàn viên nam là Ủy viên Ban chấp hành. Cần chọn ngẩu nhiên
một nhóm 3 đoàn viên làm nhiệm vụ thắp hương.Tính xác suất sao cho trong 3 đoàn viên được chọn có
nam, nữ và Ủy viên ban chấp hành.

b) (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức: A = log 2 5 − log 1 12 − log 2 15 .
2

AT

Câu 5. a) (0,5 điểm) Tìm số hạng chứa x 6 của đa thức P( x ) = 25 x 6 + x3 (1 + x ) .
b) (0,5 điểm) Chứng minh: tan x + cot x −

4

2
π
= 0 vớ i x ≠ k , k ∈ Z .
sin 2 x
2

Câu 6. (1 điểm) Giải phương trình: x + 9 + log 2

ww
w.
M

2

16 x 2 + 96 x + 208
= 2 3x + 4 − 6 x + 3 5 x + 9 .
12 x + 16 + 45 x + 81

Câu 7. (1 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật , SA = a, AB = a , AC = 2a , SA
vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi G là trọng tâm tam giác SAC .Tính theo a thể tích khối chóp
S. ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BGC ) .

Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I
 9 −8 
,điểm M ( 2; −1) là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của B lên AI là D  ;  .Biết rằng AC có
5 5 
phương trình x + y − 5 = 0 , tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Câu 9. (1 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 .Tim giá trị lớn nhất của biểu
thức P = ( x + y + z )

2

x3 + y 3 + z 3
3
−
+

.
9 xyz
xy + yz + zx
Hết

Họ và tên: .........................................................................................Số báo danh: ...............................
Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm


TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI – HÀ TĨNH
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN I - KỲ THI THPT QUÔC GIA
NĂM HỌC 2015 – 2016 - MÔN TOÁN
Câu

Điểm

Nội dung
•TXĐ: D = R \ {2}

m

0,25đ

• Sự biến thiên
lim y = 1 suy ra đường y = 1 là tiệm cận ngang.

x →±∞

lim y = +∞ , lim− y = −∞ suy ra đường x = 2 là tiệm cận đứng.

x → 2+

−1

( x − 2)

2

, y ' không xác định tại x = 2

0,25đ

HV

y ' < 0 ∀x ≠ 2 nên hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định.
−∞

+) Bảng biến thiên

−

+∞

2

−

+∞

1

+) Hàm số không có cực trị:

−∞

AT

Câu 1 a (1 điểm)

+) Chiều biến thiên: Ta có: y ' =

N.

x →2

co

+ Giới hạn – tiệm cận:

1

0,25đ

• Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm

Câu 3a
(0.5
điểm)

ww

w.
M

Câu 2 (1 điểm)

Câu 1b (1 điểm)

1
(0; ), (1;0), (3; 2)
2

Tại điểm có hoành độ x = 3 ta có tung độ tương ứng là y = 2

y' =

−1

( x − 2)

2

⇒ y( 3) ' = −1

Pttt cần viết là y − 2 = −1( x − 3) ⇔ y = − x + 5
Ta có y ' =

x −1

x 2 − 2x + 3

, y' = 0 ⇔ x =1

0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,5đ
0,5đ

y ( 0 ) = 3, y (1) = 2, y ( 4 ) = 11

0,25đ

Vậy Maxy = 11 tại x = 4 và min y = 2 tại x = 1

0,25đ

sin 2 x − 2sin x = 0 ⇔ 2sin x.cos x − 2sin x = 0 ⇔ 2sin x ( cos x − 1) = 0

0,25đ


2x

2

− x−4

= 4x ⇔ 2x

2

− x−4

0,25đ

0,25đ

= 22 x ⇔ x 2 − x − 4 = 2 x

 x = −1
x2 − 3x − 4 = 0 ⇔ 
x = 4

0,25đ

m

Câu 3b (0.5 điểm)

 sinx = 0
⇔
⇔ x = kπ , k ∈ Z
cos x = 1

co

+ Chọn 1 trong 2 Ủy viên ban chấp hành,chọn 1 trong 4 đoàn viên nam còn lại,chọn 1 0,25đ
trong 8 đoàn viên nữ,trường họp này có C21 .C41 .C81 = 64 cách chọn.

+ Chọn 2 Ủy viên ban chấp hành,chọn 1 trong 8 đoàn viên nữ,trường họp này có
C22 .C81 = 8 cách chọn.

N.

Câu 4a (0.5 điểm)

Số các khả năng của không gian mẩu là : C143 = 364 ,để chọn được 3 đoàn viên theo yêu
cầu bài toán ta có các cách chọn sau

+Chọn 1 nam Ủy viên và chọn thêm 2 nữ có C21 .C82 = 56 cách chọn

0,25đ

128 32
=
.
364 91

Ta có: A = log 2 5 − log 1 12 − log 2 15 = log 2 5 + log 2 12 − log 2 15
2

= log 2

0,25đ

(

ww
w.

M

Câu 5a (0.5 điểm)

5.12
= log 2 4 = 2
15

Ta có: P( x ) = 25 x 6 + x3 (1 + x ) = 25 x 4 + x 3 C40 + C41 .x + C42 .x 2 + C43 x3 + C44 x 4
4

(

)
0,25đ

)

= C40 x3 + C41 x 4 + C42 x5 + 25 + C43 x 6 + C44 x 7

(

)

Nên số hạng chứa x 6 là 25 + C43 x 6 = ( 25 + 4 ) x 6 = 29 x 6
Với x ≠ k

Câu 5b (0.5 điểm)

0,25đ

= log 2 5.12 − log 2 15

AT

Câu 4b (0.5 điểm)

Vậy xác suất cần tính là P =

HV

Nên ta có 64 + 8 + 56 = 128 cách chọn 3 đoàn viên theo yêu cầu bài toán .

=

π

2

, k ∈ Z ta có tan x + cot x −

0,25đ

2
s inx cos x
2
=
+
−
sin 2 x cos x s inx sin 2 x

s in 2 x+cos 2 x
2
=
−
s inx cos x
sin 2 x

0,25đ

1
2
2
2
−
=
−
= 0 , điều phải chứng minh.
1
sin
2
x
s
in2x
sin
2x
s in2x
2

Điếu kiện x ≥ −

0,25đ

4
3

Ta có x 2 + 9 + log 2

16 x 2 + 96 x + 208
= 2 3x + 4 − 6 x + 3 5 x + 9
12 x + 16 + 45 x + 81

(

)

(

)

⇔ x 2 + 6 x + 13 + log 2 x 2 + 6 x + 13 = 2 3x + 4 + 3 5 x + 9 + log 2 2 3x + 4 + 3 5 x + 9 (*)

0,25đ


1
> 0 với mọi t > 0 nên f (t ) đồng biến
t ln 2
f ( x 2 + 6 x + 13) = f 2 3 x + 4 + 3 5 x + 9
nên

Xét hàm số f (t ) = t + log 2 t , t > 0 , f '(t ) = 1 +
trên ( 0; +∞ ) .

(*)

Từ

suy

(

ra

)

x + 6 x + 13 = 2 3 x + 4 + 3 5 x + 9

0,25đ

2

x + 2 + 3x + 4

)

⇔ x + x [1 +

(

)

+

2
x + 2 + 3x + 4

)

⇔ x 2 + x = 0 vì 1 +

(

3 x2 + x

)

x + 3 + 5x + 9
+

=0

3
x + 3 + 5x + 9

2
x + 2 + 3x + 4

+

m

(

2

)

⇔ x +x +

(

2 x2 + x

]=0

3
x + 3 + 5x + 9

⇔ x = 0; x = −1

> 0 ∀x ≥ −

4
3

0,25đ

BC =

có

( 2a )

2

− a 2 = a 3 ,diện

S ABCD = a.a 3 = a 2 . 3 .

HV

Đối chiếu với điều kiện ban đầu suy ra phương trình có nghiệm x = 0, x = −1
Ta

hình S chữ

tích

1
điểm

Gọi O là giao điểm của AC và BD ,
H là hình chiếu vuông góc của G

A

nhật

ABCD

là

0,25đ

0,25đ

G

D
H

O

B

lên mp ( ABCD )

thì ta có

C
1
a
GH = SA = ,thể tích khối chóp G. ABC
3
3

là

1
1

a3 3
VG. ABC = .GH . S ABCD =
3
2
18

ww
w.
M

Câu 7

AT

1
a3 3
.
Thể tích khối chóp là V = SA.S ABCD =
3
3

0,25đ

co

(

2

N.

Câu 6 (1 điểm)

⇔ x 2 + x + 2 ( x + 2) − 3 x + 4  + 3 ( x + 3) − 5 x + 9  = 0

3V
1
Mặt khác VG. ABC = .d( A,( BGC ) ) .S ∆BGC => d ( A,( BGC ) ) = G. ABC
3
S ∆BGC
Xét

tam

giác

2

BGC

ta

có

4
4
BC = a 3 , CH = CO + OH = CO = .a nên
3
3

2

a 17
 4a   a 
CG =   +   =
,gọi N là trung điểm SD do SB = a 2 + a 2 = a 2
3
 3  3

SD = a 2 + 3a 2 = 2a nên BG =

=> BG =

2
2 2 SA2 + 2 BD 2 − SD 2
BN =
3
3
4

2 4 a 2 + 8a 2 − 4 a 2 2 a 2
=
3
4
3

Áp dụng định lí cô sin trong tam giác BGC ta có

0,25đ

2

 2a 2 
17 a 2
2
+
a
−
3


3 
9
3
9
5

=
=> sin B = 1 −
=
cos B =
24
8
2a 2
2 6
2.
.a 3
3
từ đó ta có

1
1 2a 2
5 a 2 15
BG.BC.sin B = .
.a 3.
=
2
2 3
8
6

m

S∆BGC =

0,25đ

a3 3
a 5
= 2 18 =
5
a 15
6

Cách 2: d(A;(BCG)) = d(A; BM) =

AM.AB
AM 2 + AB2

=

a
5

0.5đ

S

N.

Vậy d ( A,( BGC ) )

co

3.

HV

M

A

G

D
O

B

C

AT

Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên BC, E là trung điểm AB. Ta có tứ giác BFDA
nội tiếp đường tròn đường kính AB và ngủ giác BEDIM nội tiếp đường tròn đường kính
1
BI suy ra ∠DEM = ∠DBM = ∠DBF = ∠DEF (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn
2
1
một cung) nên EM là phân giác của góc ∠DEF , lại có FE = DE = AB nên ME là
2
0,25đ
đường trung trực của DF.

ww
w.
M

Câu 8 1 điểm

Đường thẳng ME qua M và song song với AC nên có phương trình x + y − 1 = 0 , F đối
 13 −6 
3 1
xứng với D qua ME nên F  ;  , MF =  ;  nên véc tơ pháp tuyến của BC là
5 5 
5 5
n (1; −3) suy ra phương trình BC là x − 3 y − 5 = 0

0,25đ

x + y − 5 = 0
tọa độ C là nghiệm của hệ 
x − 3y − 5 = 0

⇒ C ( 5; 0 )

M là trung điểm BC suy ra B ( −1; −2 )
AF qua F và vuông góc với BC nên

có phương trình 3 x + y −

33
=0
5

x + y − 5 = 0

tọa độ A là nghiệm của hệ 
⇒ A (1; 4 )
33
3 x + y − 5 = 0

 9 −8 
D ; 
5 5 

0,25đ

M ( 2; −1)

0,25đ


Ta có ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) => ( x + y + z ) = 3 + 2 ( xy + yz + zx )
2

2

lại có x3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z )  x 2 + y 2 + z 2 − ( xy + yz + zx )  + 3 xyz
= ( x + y + z ) 3 − ( xy + yz + zx )  + 3 xyz nên
0,25đ

m

x3 + y3 + z 3 1 1  1
1 1 
= +  + +  3 − ( xy + yz + zx ) 
9 xyz
3 9  yz zx xy 

 xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 . y 2 .z 2

1
1 1
9
=>
+ + ≥
1
1 1

1
xy yz xz xy + yz + zx
 + + ≥ 33 2 2 2
.
.
xy
yz
zx
x
y
z


N.

HV

Từ đó ta có

0,25đ


1 
1
3
P ≤ 3 + 2 ( xy + yz + zx ) − − 
 3 − ( xy + yz + zx )  +
3  xy + yz + zx 
xy + yz + zx
11

+ 2 ( xy + yz + zx )
3

do 0 < xy + yz + zx ≤

x2 + y2 + y 2 + z 2 + z 2 + x2
11
29
= 3 nên P ≤ + 6 =
2
3
3

AT

=

 x2 + y 2 + z 2 = 3
29

Từ đó suy ra GTLN của P là
đạt khi  xy = yz = xz ⇔ x = y = z = 1 .
3
 xy + yz + zx = 3


ww
w.
M

Câu 9 (1 điểm)


x3 + y3 + z 3 1 
1
Suy ra
≥ +
 3 − ( xy + yz + zx ) 
9 xyz
3  xy + yz + zx  

co

Áp dụng BĐT Cauchy ta có

Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa

0,25đ

0,25đ