Đề 39 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) năm 2016

SỞ GDĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGHÈN
(Đề chính thức)

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 - LẦN 1
MÔN THI: 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 (C) của hàm số y 

x 1
x2

Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số:
y  x3  3 x 2  2
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
a) 2.9 x  7.3 x  3  0
b) log 3 x  2  log 1  2  x   log 3 3 x  0 .
3
2

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

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

 P : x  y  z  0

.

a) Lập phương trình mặt cầu  S  tâm A , tiếp xúc với  P  .
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc  P  sao cho BM vuông góc với AB và BM  2 .
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 3  5sin x  cos2 x
b) Trong đợt tham quan thực tế khu di tích Nguyễn Du, Đoàn trường THPT Nghèn cử 30 đoàn viên xuất sắc
của 3 khối tham gia. Khối 12 có 6 nam và 4 nữ, khối 11 có 5 nam và 5 nữ, khối 10 có 4 nam và 6 nữ. Chọn
mỗi khối 1 đoàn viên làm nhóm trưởng, tính xác suất để trong 3 em làm nhóm trưởng có cả nam và nữ.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy,
góc tạo bởi SB và mặt đáy bằng 600 , I là trung điểm cạnh BC , H là hình chiếu của A lên SI . Tính theo a
thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến mặt phẳng
 ABH  .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm
I  0;5 . Đường thẳng AI cắt đường tròn tại M  5; 0  ( M khác A ). Đường cao qua C cắt đường tròn tại
 17 6 
N
;  , ( N khác C ). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết hoành độ điểm B lớn hơn 0.
 5 5 
1  4  x  y  1 2
3
 1

2  x  y  1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2  x  y  2 

2
 9 y  2  3 7 x  2 y  5  2 y  3
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là 3 số thực không âm thỏa mãn a 2  b 2  c 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của:

P

a2
bc
1  bc


2
a  bc  a  1 a  b  c  1
9

Cảm ơn thầy Trần Văn Công () chia sẻ đên www.laisac.page.tl


SỞ GDĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGHÈN

Câu
1

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 - LẦN 1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN

Nội dung
x 1
Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số y 
.
x2
TXĐ: D  R \{2}
Các giới hạn lim y  1; lim y  1; lim y  ; lim y  
x 

x 

x 2

x 2

Điểm
1,00

0,25

Suy ra x  2 là tiệm cận đứng, y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị.

1
 0, x  2
( x  2)2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 2) và (2;  )
Hàm số không có cực trị
Bảng biến thiên
x
2


y’


1

y
1


Sự biến thiên: y '  

0,25

0,25

 1
Đồ thị: Giao với trục Ox tại 1; 0  , giao với trục Oy tại  0;  , đồ thị có tâm đối xứng là
 2
điểm I (2;1)

0,25

2

Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  2
y '  3x 2  6 x
x  0  y  2
y'  0  
 x  2  y  2
Suy ra đồ thị có 2 điểm cực trị A(0;2), B(2;-2)
Đường thẳng qua 2 điểm cực trị có phương trình: 2x+y-2=0

3a

1,00
0,25
0,25

0,5

Giải phương trình. 2.9 x  7.3x  3  0

0,5

t  3  t / m 
Đặt t  3 , t  0 . PT trở thành: 2t  7t  3  0   1
t   t / m 
 2

0,25

x

2


1
1
1
 3x   x  log 3
2
2
2
1
Vậy phương trình có nghiệm x  1, x  log 3
2

t  3  3x  3  x  1 t 

3b

Giải phương trình log

0,25

x  2  log 1  2  x   log3 3 x  0 .

3

0,5

3

4

Đk: 0  x  2 , pt  log 3  x  2   log 3  2  x   log 3 3x

0,25

 x  1 t / m 
, vậy pt có nghiệm x  1
  x  2  2  x   3x  x 2  3x  4  0  
 x  4  l 

0,25

2

Tính tích phân I  2 x 1  ln x  dx


1.0

1
2

2

2

I   2 xdx   2 x ln xdx  x 2  I1  3  I1

0,5

1

1

1
2

Tính I1 : đặt

dx
1
u  ln x, dv  2 xdx  du  , v  x 2 , I1  ( x 2 ln x) 2   xdx
x
1

0,25

2

x2
1
3
I1  4ln 2 
 4ln 2  2  , I  4 ln 2 
2 1
2
2

0,25

Mặt cầu, mặt phẳng: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 2 điểm A  2; 0;1 ,
5a

B 1;1; 2  và mặt phẳng  P  : x  y  z  0 .

0,5

a) Lập phương trình mặt cầu  S  tâm A , tiếp xúc với  P  .

d  A,  P   

1
3

R

0,25

1
3
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc  P  sao cho BM vuông góc với AB và BM  2 .
2

2

PT  S  :  x  2   y 2   z  1 

5b



M  a; b; c    P  . BM   a  1; b  1; c  2  , BA  1; 1; 1 . Ta có hệ

M   P 
  
 BM .BA  0

 BM  2

a  b  c  0
a  c  1


 a  2, b  1, c  3


 a  b  c  2  0
 b  1
 a  0, b  1, c  1


2
2
2
2
 a  1   b  1   c  2   2
 2  c  2   2

0,25
0,5

0,25

0,25

Vậy có 2 điểm M  2;1;3 ; M  0;1;1
6a

Giải phương trình 3  5sin x  cos2 x

0,5

sin x  2  vn 
Pt  3  5 sin x  1  2 sin x  2 sin x  5sin x  2  0  
sin x  1


2

0,25

2

2


s inx 

6b

1

5
 x   k 2 , x 
 k 2 ,  k   
2
6
6

Tính xác suất: Trong đợt tham quan thực tế khu di tích Nguyễn Du, Đoàn trường THPT
Nghèn cử 30 đoàn viên xuất sắc của 3 khối tham gia. Khối 12 có 6 nam và 4 nữ, khối 11
có 5 nam và 5 nữ, khối 10 có 4 nam và 6 nữ. Chọn mỗi khối 1 đoàn viên làm nhóm
trưởng, tính xác suất để trong 3 em làm nhóm trưởng có cả nam và nữ.
Số phần tử của không gian mẫu là: C101 .C101 .C101  1000
_

0,25

0,5

0,25

Gọi A là biến cố đã cho thì A ” Số học sinh được chọn chỉ có nam hoặc nữ”
_

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là C61 .C51 .C41  C41 .C51.C61  240
_
240
6
Xác suất của biến cố A là P   

 0, 24
1000 25
 A

0,25

 

Xác suất cần tìm là P A  1  0, 24  0, 76

7

Tính thể tích, khoảng cách: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a,
SA vuông góc với mặt đáy, góc tạo bởi SB và mặt đáy bằng 600 , I là trung điểm cạnh
BC , H là hình chiếu của A lên SI . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng 1,00

cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến mặt phẳng  ABH  .






 SB,  ABC     SB, AB   SBA  60

0

, SA  AB.tan 600  a 3

0,25

Thể tích khối chóp S.ABC là
0,25
1
1
1
1
3 a3
VS . ABC  SA.S ABC  SA. . AB. AC.sin 600  a 3.a 2 .

3
3
2
6
2
4

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, G là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
d  G,  ABH   GA 2
IG   ABH   A 


d  I ,  ABH   IA 3
2
d  I ,  ABH   .Ta có
3
AH   SBC  , kẻ IK  HB tại

 d  G ,  ABH   

0,25

K  IK   ABH  , d  I ,  ABH    IK

SAI  tại A  IH .IS  IA2 
3a 2
2
IA
a 15
4
IH 


IS
10
3a 2

3a 2 
4
BHI  tại I, có KI là đường cao
IH .IB
a 6
 IK 

8
IH 2  IB 2

8

0,25

2 a 6 a 6
Vậy d  G,  ABH    .

3 8
12
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
1,00
cân tại A nội tiếp đường tròn tâm I  0;5 . Đường thẳng AI cắt đường tròn tại M  5; 0 


 17 6 
;  , ( N khác C ). Tìm tọa
( M khác A ). Đường cao qua C cắt đường tròn tại N 
 5 5 
độ các đỉnh của tam giác ABC biết hoành độ điểm B lớn hơn 0.

I trung điểm AM  A  5;10  .
0,25
.

ABC cân tại A
 AM là trung trực của BC  MB  MC . H là trực tâm  BH  MC (cùng vuông góc
với AC), CH  MB (cùng  AB )  tứ giác BMCH là hình bình hành, do


HM  BC  BMCH là hình thoi  BC là phân giác của NCM  BN  BM  BMN
cân tại B . Gọi K là trung điểm MN  BK  MN 1 . Mặt khác tam giác IMN có

IM  IN  R  IMN cân tại I  IK  MN  2  . Từ 1 ,  2   B, K , I thẳng hàng
 BI  MN
qua I  0;5 
   42 6  
 pt BI : 7 x  y  5  0
 MN   5 ; 5   BI 


 MN



B  BI  B  b;5  7b   IB  b; 7b  . IM  5; 5 .
2
2
2
2
Ta có IB  IM  b  49b  50  b  1  B 1; 2 

qua B 1; 2 
BC 
 pt BC : x  y  3  0
 IM
C  BC  C  c; c  3 , IC 2  IM 2 

0,25

0,25

0,25

C 1; 2   B  l 
c  1
2
c 2   c  8   50  

c  7 C  7;4 
Vậy A  5;10  , B 1; 2  , C  7; 4 

9

1  4  x  y  12
3
 1

1
2  x  y  1
Giải hệ phương trình  2  x  y  2 


2
 9 y  2  3 7 x  2 y  5  2 y  3  2 
x  y  2  0
a2  2

Đk: 
* Đặt a  2  x  y  2  , a  0 , a 2  2  x  y  2   x  y  1 
2
2
 y  9

1,00

0,25


1 trở thành
2

 a2  2 
2
1 4

1   a2  2
a2  1
3
 2   1


a

a
a2  2
 a2  2 
2

 2 
3

0,25

  a  2   a  2  a  a  f  a  2   f  a  , với
2

2

3

2

f  t   t 3  t , f '  t   3t 2  1  0t    f  t  đồng biến trên  .
 a  1  l 
Vậy a 2  2  a  
, a  2 x y2 2 x  y
 a  2  t / m 
thế vào pt  2  , ta có

 2 





9 y  2  3 7 y2  2 y  5  2 y  3  y  2  9 y  2  y 1  3 7 y2  2 y  5  0


1
y 1

2
  y  5 y  6 

2
y  2  9 y  2  y  1   y  1 3 7 y 2  2 y  5  3 7 y 2  2 y  5 2



y  2  x
. Vậy hệ có 2 nghiệm  2; 2  ,  3;3
 y2  5 y  6  0  
y  3  x



0


0,25

0,25

Chứng minh bất đẳng thức
Cho a, b, c là 3 số thực không âm thõa mãn a 2  b 2  c 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của:
10

P

a2
bc
1  bc


2
a  bc  a  1 a  b  c  1
9

Ta có a  b  c  

a  b  c

2

2

a2  b  c 
2

2



1,00

a 2  b 2  c 2  2bc
 1  bc
2

2

 a  b  c 2  2bc  2a  b  c   2 1  bc   2a  b  c 
2

  a  b  c   2 1  bc   2 1  bc 

a  b  c   1  bc

2
do đó 
a  b  c
1  bc 

4

a  b  c
 1  bc 
4

2

0,25

a  b  c
Vậy P 

P



a2
bc


2
a  a  a b  c  a  b  c 1

4
9

a  b  c
a2
bc


2
a  a  a b  c  a  b  c  1
36

a  b  c
a
bc



a  b  c 1 a  b  c 1
36

a  b  c
a bc


a  b  c 1
36

2

2

0,25

2

2

Đặt t  a  b  c, 0  t  3  a2  b2  c 2   6
f t  

t
t2
1
t
2

 , f ' t  
 , f '  t   0  t  t  1  18  t  2   0; 6 
2
t  1 36
 t  1 18

t
'

f t 
f t 

0
-

2
0

6
+

0,25

5
9

5
5
 MaxP 
9

9
a  b  c  2
 a  b  1, c  0

Dấu bằng xảy ra khi  a 2  b 2  c 2  2  
 a  c  1, b  0
a  b  c


Như vậy P 

( Nếu các cách giải khác đúng, cho điểm tối đa)
----------------***Hết***---------------Cảm ơn thầy Trần Văn Công () chia sẻ đên www.laisac.page.tl

0,25