Đề 24 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) năm 2016

SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 - LỚP 12
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):



3


. Tính giá trị của biểu thức: P  cos      sin     .
3
6
5
2


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) Cho 



   0 và cos  

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 x2  20  x  4 x2  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:……………


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:
Nội dung trình bày
Câu Ý
1
a
x2
Khảo sát hàm số y 
(C ) .
x 1

Điểm
1.0

* TXĐ: D   \ 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


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
 m2  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  m2  4m  8  2 2  m2  4m  12  0  
m  6
Vậy m  2 hoặc m  6.

3
1,0 điểm Cho     0 và cos   . Tính giá trị của biểu thức:
5
2
AB 

2

a

 x2  x1    x1  x2 
2

2

2

P  cos  cos

b

3

 sin  .sin


3

 sin  .cos


6

0.25

0.25

0.25

2





P  cos      sin     .
3
6


4

Vì     0 nên sin    1  cos 2    . Suy ra
5
2



1.0

 cos  .sin



0.25

0.5

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

-TH2: Chọn 3 bạn nam và 2 bạn nữ, có C53 .C72  210 cách chọn.
Trang 2/6

0.25


Vậy xác suất cần tìm là: P 
3

a

Giải phương trình: 312 x.27

x 1
3

35  210 245

.

729
729

0.5

 81 .
3.

Phương trình đã cho tương đương với : 312 x.3

32 x  34  2  x  4  x  2.
b

x 1
3











 a. b   log
4

a

3

b

b  , biết rằng a, b là



Ta có Q  log a a b  2log a a. 4 b  3logb  b 

4







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
1.0
0.25
0.25

1/e

0

f’(x)

0.5
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
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x.log x trên khoảng (0;10].



0.25
0.25

Tính giá trị của biểu thức: Q  log a a b  log
các số thực dương khác 1.

 81  312 x.3x 1  34

0

-

10
+

0.25

f(x)


5

log e
e

log e
1
x .
(0;10]
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.


C   C (t;2)  BA(4;2), BC (t  4; 2)
 
Tam giác ABC vuông tại B nên BA.BC  0  4t  16  4  0  t  3  C (3;2).
6

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB  2a . 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

0.25
0.25
0.25
0.25

1.0


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

2
2 5a

. Vì SG vuông góc với mặt đáy,
AM 
3
3
  300 . Xét tam giác vuông SGA, ta có
nên góc giữa SA và mặt đáy là SAG
AM  AB 2  BM 2  a 5  AG 

  tan 300 
tan SAG

1
SG
2 5a

 SG 
.
3 AG
3 3

1
1 2 5a 2 8 15a3
.4a 
(đvtt)
S ABCD  4a 2 . Suy ra VS . ABCD  SG.S ABCD  .
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 

0.25

GS .GI
GS 2  GI 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

. Xét tam

AH là hình chiếu của AO lên (SAB) suy ra góc giữa AC và (SAB) là OAH

0.25

OH
5
11
10a



 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

1.0


4

A

3

2

1

I
-4

J

-2

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

-1

C

B

-2

-3

-4

H
-5

-6

-7

-8

K

Gọi giao điểm của AK và đường tròn (I) là H. Xét tam giác BHJ có
  JAB
  JBA
 (góc ngoài tam giác JAB)
HJB

  JBC
 ( vì AJ, BJ là các đường phân giác)
 JAC
 của đường tròn (I))
  JBC

(nội tiếp cùng chắn cung CH
 CBH

0.25


 HBJ

  HBJ


Suy ra tam giác HJB cân tại H, vậy HJ=HB và HJB
(1)
Lại có BJ, BK thứ tự là phân giác trong và phân giác ngoài góc 
ABC nên tam giác
0
  HKB

  HBK

BKJ vuông tại B. Suy ra HJB
(2).
 90  HBJ



 HBK
Từ (1) và (2) suy ra HKB
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



 x  2; y  2  B(5; 2), C (2; 2).
2

3
1
2

x



y

4


16





2
4


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  2HJ  1; 8 , phương trình đường thẳng d là:

x  8 y  1  0 . Gọi M là giao điểm của d và AH,

tọa độ M là nghiệm hệ:

 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
Trang 5/6

0.25

0.25


1 
Kết luận: A  ; 4  , B(5; 2), C(2; 2).
2 
8

Giải bất phương trình: 1  4 x2  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 



16  4 x 2

4 x 2  9  5 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)

4x  8

suy

x  1  4 x 2  20  4 x 2  9  0  x  1 .

ra

4x  8



4 x  9  5 6  4 x  20
2

9

0.25

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
1
x
t 1
t 2
t 1
1
1
Đặt t   0  t  . Khi đó P 


 
.
2
2
4
y
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
6 3
3 2(t  1)
3 2
t2  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  3 30
 4

0.25

5 7
5 7
1
1
  MaxP 

 x  ; y  2.
Khi x  ; y  2 thì ta có P 
3 30

3 30
2
2

0.25

---------- Hết ----------

Trang 6/6