Đề thi thử môn toán THPT quốc oai hà nội năm 2016

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT QUÔC OAI

Môn thi: TOÁN

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  4 x 2 .

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức liên hợp của số phức iz biết rằng
x2

1
1
b) Giải bất phương trình     
4
 2

là số phức thỏa mãn z  (1  i ).z  7  3i.

3 x1

.

e

1

iH

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  ( x 2  x.ln x)dx.



x2
tại hai điểm phân biệt.
2x 1

oc
.co

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m   để đường thẳng y  mx  1 cắt đồ thị hàm số y 

m

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 5 (1,0 điểm). Cho mặt cầu ( S ) có phương trình x 2  y 2  z 2  6 x  2 y  4 z  5  0.

Câu 6 (1,0 điểm).

hu
Da

Gọi A là giao điểm của mặt cầu ( S ) với tia Oz . Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc
với mặt cầu ( S ) tại A.

a) Giải phương trình sinx  cos x  cos 2 x.

b) Một lớp học có 3 học sinh có năng khiếu ngâm thơ, 4 học sinh có năng khiếu múa và 5 học sinh có năng
khiếu hát. Cần chọn 6 học sinh trong số đó để thành lập đội văn nghệ của lớp. Tính xác suất để 6 học sinh được
chọn có đủ cả học sinh có năng khiếu múa, hát và ngâm thơ.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a; AD  a. Trên cạnh AB

a
, H là giao điểm của AC và MD. Biết SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD)
2

iT

lấy điểm M sao cho AM 

và SH  a. Tính thể tích khối chóp S . ADCM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a.

Th

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có CD  2 AB  2 AD. Gọi
E là điểm thuộc đoạn AB sao cho AB  3 AE . Điểm F thuộc BC sao cho tam giác DEF cân tại E. Biết
E (2; 4); phương trình của EF là 2 x  y  8  0 ; D thuộc đường thẳng d : x  y  0 và điểm A có hoành độ
nguyên thuộc đường thẳng d ' : 3 x  y  8  0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD.

De


3x
 2x  y
( x  2). 1 
y


( x, y   ).
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 y 2 . 1  3x  2 x 2  y 2  4 x

y

Câu 10 (1,0 điểm). Cho
biểu thức P 

là các số thực không âm thỏa mãn xy  yz  xz  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

1
1
1
5
 2
 2
 ( x  1)( y  1)( z  1).
2
2
2
x y
y z
z x
2
2

…..........Hết .............
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………..

Số báo danh:………………………….


ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM , MÔN:TOÁN
THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Đáp Án
*Tập xác định D   .
*Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên :
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
khoảng
và

m

1

hoặc x   2 .
và (
; đồng biến trên các



-Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
; yCT  4 ;đạt cực đại tại
;
.-Giới hạn: lim y  lim y  
x 

-Bảng biến thiên:

Điểm

x 

x

0,25

oc
.co

Câu

0,25
.

0,25

*Vẽ đồ thị:

-4
2

-5

x

5

-2

-4

-4

hu
Da

O

-10

iH

0

10

iT

x2
Câu
Gọi :
và
là đồ thị hàm số y 
.
2
2x 1

Hoành độ giao điểm của d và
là nghiệm của phương trình:

0,25

0,5

tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt

De

cắt

Th

x2
1
 mx  1  x  2  (2 x  1)(m x  1) (do x  không là nghiệm )
2x 1
2
2
 2mx  (m  3) x  1  0 (1)

m  0

m  0
2 m  0

 2
 .   m  7  2 10

  0
m  14m  9  0

  m  7  2 10

Vậy m  7  2 10 hoặc
và
.
Câu Gọi z  x  yi ( x, y   )
3a z  (1  i ) z  7  3i  x  yi  (1  i )( x  yi )  7  3i  x  yi  x  yi  ix  y  7  3i

0,25

0,25

0,25


2 x  y  7
x  3
 (2 x  y )  xi  7  3i  

x  3
y 1

1
1
   
4
 2

3 x 1

1
 
2

2x

2

1
 
2

3 x 1

là

1
 2 x 2  3x  1  x  1  x  .
2

Vậy nghiệm của bất phương trình là

hoặc

m

x

2

0,5

.

oc
.co

3b

, do đó số phức liên hợp của

nên



0,25

e
e
e
e
e
Câu
x2
x3
e3  1
2

2
Đặt I   ( x  x ln x)dx   ( x dx   x ln xdx. Xét I1   dx 

.
4
1

1

1

1

dx

du 

u  ln x

x
Xét I 2   x ln xdx Đặt 

2
 dv  xdx v  x
1

2
e

e

e

e

3

1

3

4e3  3e2  1
x2
x
e2 x 2
e2  1
ln x   dx  

. Vậy I 
2
2
2 4 1
4
12
1
1

Câu * Gọi
. A thuộc mặt cầu
nên thay tọa độ A vào phương trình mặt

5
 a  1  0
cầu ta được a 2  4a  5  0  
Vì A thuộc tia
nên a  5
a  5

hu
Da

Vậy
.
*Mặt cầu
có tâm
và bán kính
.

Mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu
tại A nhận IA là véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình
Câu
6a




0,25

0,25

iH

Khi đó I 2 

2

0,5

0,5
0.25

0.25

Th

iT



x
 k


4

 

 2 sin( x  4 )  0
 x  4  k
cosx+sinx  0



  x    k 2 (k  )
cosx-sinx  1  

2

 2cos( x   )  1
 x       k 2
 x  k 2


4

4
4




Vậy phương trình có các nghiệm là x 
 k ; x 
 k 2 ; x  k 2 ( k   )
4
2
b)Số phần tử của không gian mẫu là n( )  C126  924.

0.5

De

Vì số học sinh có năng khiếu mỗi loại đều nhỏ hơn 6 nên đội văn nghệ phải có ít
nhất hai trong ba loại năng khiếu trên.
Gọi A là biến cố”6 học sinh được chọn chỉ có 2 loại năng khiếu”
Thì là biến cố “6 học sinh được chọn có đủ 3 loại năng khiếu ‘’.
Xét số phần tử của A:
*Số cách chọn đội văn nghệ không có học sinh có năng khiếu múa là: C86 .
*Số cách chọn đội văn nghệ không có học sinh có năng khiếu hát là
*Số cách chọn đội văn nghệ không có học sinh có năng khiếu ngâm thơ là
Vậy n(A)  C86  C 67  C96  119  n( A)  924  119  805.

0.25


Câu *Ta có
7

S ADCM  S ABCD  S BCM  2 a 2 

 VS . ADCM

0.25

805 115
.

924 132
3a 2 5a 2

4

4

S
K

1
5a 3
 SH .S ADCM 
.
3
12

C

oc
.co

D

m

Xác suất cần tính là: P 

Vậy thể tích khối chóp S.ADCM là
5a 3
.
12

0,5

H

A

*Ta có
=
a
2

B

0.25

iH

= .2 a  a 2  0  DM  AC .

M

Mặt khác SH  AC nên (SHD)  AC.
Trong
kẻ HK  SD . Do (SHD)  AC nên HK  AC .
Vậy HK là đoạn vuông góc chung của SD và AC nên

hu
Da

4
5

*Vì AM//CD nên AMH  CDH  HD  4 HM  DM 

2 5a
.
5

Mà HK là đường cao trong tam giác vuông SHD

0.25

1
1
1
2a
2a
nên
.


 HK 
. Vậy khoảng cách giữa SD và AC là
2
2
2
HK
HD
HS
3
3

Th

iT

Câu *Ta chứng minh tam giác DEF vuông cân tại E.
Gọi P là điểm đối xứng của D qua A.Tam giác DBP vuông tại B do
8
BA=AD=AP.Do tam giác CBD vuông tại B nên C,B,P thẳng hàng.
Vì EP=ED=EF nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PDF, do
 nên tứ giác AEBF nội tiếp đường tròn  DEF
  900 .
đó 
AED  DFP
*Đường thẳng DE qua E vuông góc với EF nên có phương trình x  2 y  6  0 .
Điểm D là giao của đường thẳng DE và d nên D(-2;2).
*Tam giác ADE vuông có DE 2  AD 2  AE 2  10 AE 2  AE 2  2.

De

a  1

Gọi A(a;8  3a )  d '  (a  2)  (4  3a )  2   9  A(1;5)
a
5



P
EB  2 EA  B (4; 2).
Vì  

DC  2 AB  C (4; 4).
2

Kết luận: A(1;5); B (4; 2); C (4; 4).

E

0.25

B
F

D(2; 2) .
D

j

C

Câu Điều kiện:
9

0.25

0.25

2

A

0.25


khi đó ta có được hệ:

*Cộng theo vế hai phương trình cho nhau, ta được:

oc
.co

Đặt

m

0.25

0.25

thế vào (1) ta được:

*Với

iH

0.25

vào hệ không thỏa mãn.

Thay

a  0

*Với 2a  1  3a  
Khi đó (1)

 a  1  x  y. .

hu
Da

2
 4a  3a  1  0

0.25

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là:
z
2

Câu
Giả sử
10

z
2

. Đặt x   u; y   v  u  0; v  0.
z
2

Ta có x 2  z 2  ( x  ) 2 
z
2

3 2
z  xz  0  z (3 z  4 x )  0 luôn đúng.
4

iT

Vậy x 2  z 2  ( x  )2  u 2 ; y 2  z 2  v 2 ; x 2  y 2  u 2  v 2

1 1
8
1 1
4
và 2  2 
 
u v uv
u v
(u  v)2
1
1
1
1
1 1
1
1 1 1
3 1 1
Vậy 2 2  2 2  2 2  2 2  2  2  2 2  ( 2  2 )  ( 2  2 )

x y
y z
z x
u v u
v
u v
4 u
v
4 u
v
1
1
6
4
6
10
10
 2 2





u  v 2uv (u  v) 2 (u  v)2 (u  v) 2 (u  v)2 (x  y z)2

Mà

De

(x  1)(y  1)(z  1)  xyz ( xy  xz  yz )  x  y  z  1  xyz  x  y  z  2  x  y  z  2

10
5
Vậy P 
 (x  y z)  5 .Đặt x  y  z  t (t  3)
2
( x  y  z) 2
10 5
Xét f (t)  2  với
. Ta có
.
t
2t

Từ đó ta có :
Khi

0.25

Th

Mà với u, v > 0 ta có :

0.25

0.25

.
thì

. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

25
.
2

0.25