Đề thi thử THPT môn Toán 2016 đề 3

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 - LỚP 12

SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC

NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
x+2
có đồ thị kí hiệu là (C ) .
x −1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số y =

b) Tìm m để đường thẳng y = − x + m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 2 2.
Câu 2 (1,0 điểm):
a) Cho −

π
2

< α < 0 và cos α =

3
π
π



. Tính giá trị của biểu thức: P = cos  α −  − sin  α −  .
5
3
6



b) Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, tìm
xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ.
Câu 3 (1,0 điểm):
a) Giải phương trình: 31− 2 x.27

x +1
3

= 81 .

(

)

b) Tính giá trị của biểu thức: Q = log a a b − log

( a. b ) + log
4

a

3

b

( b ) , biết rằng a, b là các số thực

dương khác 1.
Câu 4 (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x.log x trên khoảng (0;10).

Câu 5 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ : y − 2 = 0 và các điểm
A(0; 6), B(4; 4) . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng

∆ sao cho tam giác ABC vuông tại B.
Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB = 2a . Hình chiếu
vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA và mặt
phẳng ( ABCD ) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa đường thẳng
AC và mặt phẳng (SAB).
Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp

3 1 
là I  ;  , tâm đường tròn nội tiếp là J (1; 0) . Đường phân giác trong góc BAC và đường phân giác
 2 16 
ngoài góc ABC cắt nhau tại K (2; −8) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có hoành độ
dương.

Câu 8 (1,0 điểm): Giải bất phương trình: 1 + 4 x 2 + 20 ≤ x + 4 x 2 + 9.
Câu 9 (1,0 điểm): Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: xy + 1 ≤ y. Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức: P =

x+ y
x − xy + 3 y

2

2

+

2y − x
.
6( x + y )

---------- 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:……………

Facebook.com/mathvn.com


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2, NĂM HỌC 2015-2016

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC
(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang)

Môn : Toán
HƯỚNG DẪN CHẤM

I. LƯU Ý CHUNG:

- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của thí
sinh. Khi chấm nếu thí sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu thí sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Thí sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó
không được điểm.
- Trong lời giải câu 6 và câu 7 nếu thí sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
1
a
x+2
Khảo sát hàm số y =
(C ) .
x −1

Điểm
1.0

* TXĐ: D = ℝ \ {1}
* Giới hạn, tiệm cận:
lim y = lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x →+∞

0.25

x →−∞

lim y = +∞; lim− y = −∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x →1+

x →1

x −1 − x − 2
−3
=
< 0∀x ∈ D , suy ra hàm số nghịch biến trên các
2
( x − 1)
( x + 1) 2
khoảng (−∞;1) & (1; +∞)
*BBT:
x -∞
1
+∞
y’
Ta có y ' =

+∞

1

0.25

0.25

y

-∞

*Đồ thị

1

0.25

Trang 1/6 – Facebook.com/mathvn.com


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
y
4

2

1
-2

O

1

2

4

5

x

-2

-4

b

Tìm m để đường thẳng y = − x + m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho

AB = 2 2.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: y=-x+m là:
x ≠ 1
x ≠ 1
x+2
= −x + m ⇔ 
⇔ 2
2
x −1
 x + 2 = − x + mx + x − m
 x − mx + m + 2 = 0 (1)
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
1 − m + m + 2 ≠ 0
⇔ 2
⇔ m 2 − 4m − 8 > 0(*)
m
−
4(
m
+

2)
>
0

Khi đó d cắt (C) tại A( x1 ; − x1 + m), B ( x2 ; − x2 + m) , với x1 , x2 là nghiệm phương trình
(1). Theo Viet, ta có
= 2 ( x1 + x2 ) − 4 x1.x2  = 2 ( m − 4m − 8 )
Yêu cầu bài toán tương đương với :
 m = −2
(thỏa mãn (*)).
2 ( m 2 − 4m − 8 ) = 2 2 ⇔ m2 − 4m − 12 = 0 ⇔ 
m = 6
Vậy m = −2 hoặc m = 6.
π
3
1,0 điểm Cho − < α < 0 và cos α = . Tính giá trị của biểu thức:
2
5

AB =

2

a

( x2 − x1 ) + ( x1 − x2 )
2

2

2

0.25

0.25

0.25

0.5

π

4
< α < 0 nên sin α = − 1 − cos 2 α = − . Suy ra
2
5

P = cos α cos

b

0.25

2

π
π


P = cos  α −  − sin  α −  .

3
6


Vì −

1.0

π
3

+ sin α .sin

π
3

− sin α .cos

π
6

+ cos α .sin

π

0.25

6

3 1 4 3 4 3 3 1 3

P= . − .
+ .
+ . = .
5 2 5 2 5 2 5 2 5
Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham
gia biểu diễn, tìm xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số
bạn nam nhiều hơn số bạn nữ.

0.25

0.5

Số cách chọn 5 bạn bất kì là: C125 = 729 . Để chọn được 5 bạn thỏa mãn yêu cấu bài

toán, ta có hai khả năng sau:

0.25

-TH1: Chọn 4 bạn nam và 1 bạn nữ, có C .C = 35 cách chọn.
4
5

1
7

Trang 2/6 – Facebook.com/mathvn.com


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
-TH2: Chọn 3 bạn nam và 2 bạn nữ, có C53 .C72 = 210 cách chọn.

Vậy xác suất cần tìm là: P =

3

a

Giải phương trình: 31− 2 x.27

x +1
3

35 + 210 245
=
.
729
729

0.25

0.5

= 81 .
3.

Phương trình đã cho tương đương với : 31− 2 x.3
32− x = 34 ⇔ 2 − x = 4 ⇔ x = −2.

b

(

)

= 81 ⇔ 31− 2 x.3x +1 = 34

0.25
0.25

(

)

Tính giá trị của biểu thức: Q = log a a b − log

các số thực dương khác 1.

(

( a. b ) + log
4

a

3

b

( b ) , biết rằng a, b là

)

0.5

Ta có Q = log a a b − 2 log a a. 4 b + 3log b ( b )

0.25

 a b 
1
= log a a b − log a a 2 . b + 3 = log a  2
 + 3 = log a   + 3 = −1 + 3 = 2.
a
a b

0.25

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x.log x trên khoảng (0;10].

1.0

(

4

x +1
3

)

(

)

Hàm số đã cho liên tục trên (0;10]. Ta có f '( x) = log x + x.

1
= log x + log e .
x ln10

1
f '( x) = 0 ⇔ log x = − log e ⇔ x = .
e
BBT:
x

0.25

1/e

0

f’(x)

0.25

0

-

10

+

0.25

f(x)
−

log e
e

log e
1
⇔x= .
e
e
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ : y − 2 = 0 và các điểm
Từ BBT ta suy ra min f '( x) = −

0.25

A(0; 6), B(4; 4) . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C

1.0

trên đường thẳng ∆ sao cho tam giác ABC vuông tại B.
x−0 y −6
x y −6
Phương trình đường thẳng AB là:
=
⇔ =

4−0 4−6
2
−1
− x = 2 y − 12 ⇔ x + 2 y − 12 = 0.

0.25

C ∈ ∆ ⇒ C (t ; 2) ⇒ BA(−4; 2), BC (t − 4; −2)

0.25

Tam giác ABC vuông tại B nên BA.BC = 0 ⇔ −4t + 16 − 4 = 0 ⇔ t = 3 ⇒ C (3; 2).

0.25

(0;10]

5

6

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB = 2 a . Hình chiếu của
S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA và
mặt phẳng ( ABCD ) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của
góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB).

Trang 3/6 – Facebook.com/mathvn.com

0.25

1.0


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
S

H
K
A
I

B

G
O

D

M

C

Gọi M là trung điểm BC, O là giao điểm của AC và BD. Ta có

AM = AB 2 + BM 2 = a 5 ⇒ AG =

2
2 5a
. Vì SG vuông góc với mặt đáy,
AM =

3
3

nên góc giữa SA và mặt đáy là SAG = 300 . Xét tam giác vuông SGA, ta có
tan SAG = tan 300 =

1
SG
2 5a
=
⇒ SG =
.
3 AG
3 3

1
1 2 5a 2 8 15a 3
(đvtt)
S ABCD = 4a 2 . Suy ra VS . ABCD = SG.S ABCD = .
.4a =
3
3 3 3
27
Hạ GI vuông góc với AB, I thuộc AB. Nối S với I, hạ GK vuông góc với SI, K thuộc
2
2a
SI. Khi đó K là hình chiếu vuông góc của G trên (SAB). Ta có GI = MB =
, do
3
3

đó GK =

GS .GI
GS + GI
2

0.25

2

=

0.25

0.25

10a
.
6

3
10a
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (SAB), ta có OH = GK =
. Khi đó
2
4
AH là hình chiếu của AO lên (SAB) suy ra góc giữa AC và (SAB) là OAH . Xét tam

0.25

OH
10a
5
11
=
=
⇒ cos OAH =
.
OA 4. 2.a
4
4
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp

giác vuông OHA, ta có sin OAH =

7

3 1 
là I  ;  , tâm đường tròn nội tiếp là J (1; 0) . Đường phân giác trong góc BAC và
 2 16 

đường phân giác ngoài góc ABC cắt nhau tại K (2; −8) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC biết đỉnh B có hoành độ dương.

Trang 4/6 – Facebook.com/mathvn.com

1.0

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
4

A

3

2

1

I
-4

J

-2

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

-1

B

-2

C

-3

-4

H

-5

-6

-7

-8

K

Gọi giao điểm của AK và đường tròn (I) là H. Xét tam giác BHJ có
HJB = JAB + JBA (góc ngoài tam giác JAB)
= JAC + JBC ( vì AJ, BJ là các đường phân giác)
= CBH + JBC (nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn (I))

0.25

= HBJ
Suy ra tam giác HJB cân tại H, vậy HJ=HB và HJB = HBJ (1)
Lại có BJ, BK thứ tự là phân giác trong và phân giác ngoài góc ABC nên tam giác
BKJ vuông tại B. Suy ra HJB + HKB = 900 = HBJ + HBK (2).
Từ (1) và (2) suy ra HKB = HBK hay tam giác HBK cân tại H, do đó
HJ = HB = HK , vậy H

là trung điểm JK, hay

0.25

3

H  ; −4  . Tương tự
2


HJ = HC = HK .

65 


 1 
Ta có IH  0; −  ; HJ  − ; 4 
16 

 2 
B, C cùng thuộc các đường tròn (I;IH) và (H; HJ) nên tọa độ B, C là nghiệm của hệ:
2
2
2

3 
1   65 
 x −  +  y −  =  
2 
16   16 
 x = 5; y = −2

⇔
⇒ B(5; −2), C (−2; −2).

2
 x = −2; y = −2
3
1
2

 x − 2  + ( y + 4 ) = 4 + 16


AH đi qua J và K nên phương trình đường thẳng AH

là:
x −1 y − 0
=
⇔ 8 x + y − 8 = 0 . Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với AH, d
2 − 1 −8 − 0

có véc tơ pháp tuyến n = −2 HJ = (1; −8 ) , phương trình đường thẳng d là:
x − 8 y − 1 = 0 . Gọi M là giao điểm của d và AH,

Trang 5/6 – Facebook.com/mathvn.com

tọa độ M là nghiệm hệ:

0.25

0.25


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
x − 8 y −1 = 0
x = 1
1 
⇔
⇒ M (1;0) ≡ J . M là trung điểm AH nên A  ; 4  .

2 
8 x + y − 8 = 0
y = 0
1 
Kết luận: A  ; 4  , B (5; −2), C (−2; −2).

2 

8

Giải bất phương trình: 1 + 4 x 2 + 20 ≤ x + 4 x 2 + 9. (1)

1.0

Bất phương trình đã cho tương đương với:
4 x 2 − 16

4 x 2 + 9 − 5 + 6 − 4 x 2 + 20 + x − 2 ≥ 0 ⇔

4 x2 + 9 + 5

+

16 − 4 x 2
6 + 4 x 2 + 20

0.25

+ x−2≥0

 4x + 8

4x + 8
⇔ ( x − 2) 
−
+ 1 ≥ 0

2
2
 4 x + 9 + 5 6 + 4 x + 20 
Từ

(1)

suy

4x + 8
4x + 9 + 5
2

9

−

0.25

x − 1 ≥ 4 x 2 + 20 − 4 x 2 + 9 > 0 ⇒ x > 1 .

ra
4x + 8

6 + 4 x + 20
2

+ 1 = ( 4 x + 8) .

(

1 + 4 x 2 + 20 − 4 x 2 + 9

)(

4 x + 9 + 5 6 + 4 x + 20
2

2

Do

)

đó

+1 > 0

Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥ 2.
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: xy + 1 ≤ y. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: P =

x+ y
x − xy + 3 y
2

2

+

2y − x
.
6( x + y )

0.25

0.25

1.0
2

x y −1 1 1 1  1 1  1
Do x > 0, y > 0, xy ≤ y − 1 nên 0 < ≤ 2 = − 2 = −  −  ≤ .
y
y
y y
4  y 2 4

x
1
1
1
t +1
t−2
t +1
Đặt t = ⇒ 0 < t ≤ . Khi đó P =
−
=
− +
.

2
2
y
4
t − t + 3 6t + 6
t − t + 3 6 2(t + 1)
7 − 3t
1
Ta có P '(t ) =
−
.
3
2(t + 1) 2
2 t2 − t + 3

(

)

1
⇒ t 2 − t + 3 = t (t − 1) + 3 < 3; 7 − 3t > 6; t + 1 > 1 , do đó
4
7 − 3t
7 − 3t
1
1
1
1 1
>
>

;−
> − ⇒ P '(t ) >
− >0.
2
3
2(
t
+
1)
2
2
2
6
3
3
3
t −t +3

Vì 0 < t ≤

2

(

0.25

0.25

)

5 7
 1
1
Vậy P(t ) đồng biến trên  0;  , suy ra P(t ) ≤ P   =
+ .
 4
 4  3 30

0.25

5 7
5 7
1
1
Khi x = ; y = 2 thì ta có P =
+ ⇒ MaxP =
+
⇔ x = ; y = 2.
2
3 30
3 30
2

0.25

---------- Hết ----------

Trang 6/6 – Facebook.com/mathvn.com