Đề 49 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) năm 2016

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN HẠ LONG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015 - 2016
Môn: 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 hàm số y 

x  3
.
2x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3 x  2 có đồ thị là (C ). Viết phương trình tiếp tuyến của
đồ thị (C ) tại các giao điểm của nó với đường thẳng  có phương trình y   x  2.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn z  (2  3i ) z  1  9i. Tìm môđun của số phức w  z  2 z  1.
b) Giải phương trình 32 x  32  x  82.
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x (e x 
0

2
)dx.
x 1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A(1;1;1), B (3;5; 2), C (3;1; 3).
Lập phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O , vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và lập
phương trình mặt cầu ( S ) ngoại tiếp tứ diện OABC.
Câu 6 (1,0 điểm).



3
3
.
a) Tính giá trị biểu thức A  sin 2 (  )  cos 2 (  ), biết cos =  và    
5
2
4
3
b) Chương trình Táo Quân năm 2016 (Gặp nhau cuối năm) có một trò chơi tên là Vòng quay kỳ diệu
dành cho các Táo tương tự như trò chơi truyền hình Chiếc nón kỳ diệu trên kênh VTV3. Chiếc nón
có hình tròn được chia đều thành các ô hình quạt, trong đó có 10 ô có tên “Tham nhũng”, 4 ô có tên
“Trong sạch” và 2 ô có tên “Phần thưởng”. Có 4 Táo (Kinh tế, Xã hội, Giáo dục và Tinh thần) cùng
tham gia trò chơi này, mỗi Táo chỉ được quay ngẫu nhiên một lần. Tính xác suất để cả 4 Táo đều
quay vào ô “Trong sạch”.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAC là tam
giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ), đường thẳng SB tạo với
mặt phẳng ( ABC ) một góc 600 , M là trung điểm cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM , AC .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình vuông ABCD có A(4; 6). Gọi
  450 , M (4;0) và đường
M , N lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BC và CD sao cho MAN
thẳng MN có phương trình 11x  2 y  44  0. Tìm tọa độ các điểm B , C , D.
 x 1  97 y 2  y 1  97 x 2  97( x 2  y 2 )
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
( x, y  ).
 27 x  8 y  97
2

 abc 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn 
  4abc. Tìm giá trị lớn
 2016 
nhất của biểu thức

P

a
b
c


.
a  bc b  ca c  ab

----------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: ......................................


TRƯỜNG THPT
CHUYÊN HẠ LONG

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: TOÁN
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Câu

Đáp án (Trang 01)



Điểm

1
Tập xác định D   \{ }.
2
Sự biến thiên:
5
; y '  0, x  D.
(2 x  1) 2
1
1
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (; ) và ( ; ).
2
2
1
1
- Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y   ; tiệm cận ngang: y   .
x 
x 
2
2
1
lim  y  ; lim  y  ; tiệm cận đứng: x  .
1
1

2
x  
x  
- Chiều biến thiên: y ' 

 2

0,25

0,25

2

- Bảng biến thiên:

0,25
1
(1,0đ)


Đồ thị:
- Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 3),
cắt trục Ox tại điểm (3; 0).
1 1
- Đồ thị nhận điểm I ( ;  ) là giao
2 2
của hai đường tiệm cận làm tâm đối
xứng.

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và  là  x 3  3 x  2   x  2
 x 3  4 x  0  x  0, x  2, x  2. Suy ra tọa độ các giao điểm của (C ) và  là
A(0; 2), B ( 2; 0) và C(2; 4).

2
(1,0đ) Ta có y '  3x 2  3; Hệ số góc của tiếp tuyến của (C ) tại A, B, C lần lượt là y '(0)  3,

y'(2)  9, y '(2)  9.
Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại A, B, C lần lượt là y  3 x  2, y  9 x  18, y  9 x  14.
1

0,25
0,25
0,25
0,25


Câu

Đáp án (Trang 02)

Điểm

a) Đặt z  a  bi (a, b   ). Từ giả thiết suy ra a  bi  (2  3i )( a  bi )  1  9i

3
(1,0đ)

a  3b  1

a  2
  a  3b  (3a  3b)i  1- 9i  

. Do đó z  2  i.
3a  3b  9
b  1

0,25

Ta có w  z  2 z  1  2  i  2(2  i )  1  7  i. Suy ra w  72  12  50.

0,25

 3x  9
b) Phương trình đã cho tương đương với 9.3  82.3  9  0   x 1
3 

9

0,25

x  2

. Do đó nghiệm của phương trình đã cho là x  2; x  2.
 x  2

0,25

2x

1

1

Ta có I   xe x dx  
0

1

4
(1,0đ)



0

0,25

2x
dx.
x 1

1

1 1 x
1
  e dx  e  e x  1.
0 0
0

x
x
x
 xe dx   xde  xe
0

x

0

0,25

1



1
1
2x
2 

0 x  1 dx  0  2  x  1 dx   2 x  2 ln x  1  0  2  2 ln 2.

Do đó I  3  2 ln 2.


 

Ta có AB  (2; 4;1), AC  (2; 0; 4) suy ra [ AB, AC ]  ( 16;10; 8)  0. Do đó mặt phẳng
1  


( ABC ) có một véc tơ pháp tuyến là n   [ AB, AC ]  (8; 5;4). Do d  ( ABC ) nên d
2

nhận n làm véc tơ chỉ phương.
 x  8t


Đường thẳng d đi qua O và nhận n làm véc tơ chỉ phương, nên d :  y  5t .
 z  4t


0,25

0,25

0,25

0,25

Gọi I ( a; b; c ) là tâm của mặt cầu ( S ). Vì (S ) đi qua bốn điểm O, A, B, C nên
5
(1,0đ)

11

a   7
a  b  c  (a  1)  (b  1)  (c  1)
OI  AI


 2
41


2
2
2
2
2
.
OI  BI  a  b  c  (a  3)  (b  5)  (c  2)  b 
7
OI  CI
a 2  b 2  c 2  (a  3)2  (b  1)2  (c  3) 2



39

c   14

2

2

2

2

2

2

1247
 11 41 39 
. Do đó
Suy ra mặt cầu ( S ) có tâm I   ; ;   , bán kính R  OI 
28
 7 7 14 
2

2

2

11  
41  
39  1247

(S ) :  x     y     z   
.
7 
7  
14 
28


2

0,25

0,25


Câu

Đáp án (Trang 03)
a) Với    

Điểm

3
9
4
, ta có sin    1  cos 2    1 
 .
2
25
5
2

0,25
2





59  24 3
Ta có A   sin  cos  cos  sin    cos  cos  sin  sin  

.
4
4 
3
3
100


0,25

6
(1,0đ) b) Số phần tử của không gian mẫu  là n()  164.

0,25

Gọi A là biến cố “Cả 4 Táo đều quay vào ô Trong sạch”. Ta có n( A)  44.
Xác suất cần tính là P ( A) 

0,25

n( A) 44
1
 4 
.
n() 16
256
Gọi H là trung điểm AC , theo gia thiết, ta có
SH  ( ABC ), góc giữa SB và ( ABCD ) là

  600 , SH  BH .tan 600  a 3 . 3  3a .

SBH

S

2

2

1
1 a 2 3 3a a 3 3
VS . ABC  S ABC .SH  .
. 
.
3
3 4
2
8

7
(1,0đ)

Gọi N là trung điểm AB. Ta có AC  ( SMN ) nên
d ( SM , AC )  d ( H , ( SMN )). Gọi D  BH  MN , K
là hình chiếu vuông góc của H trên SD. Ta có
MN  BH , MN  SH nên MN  HK . Suy ra
B
HK  ( SMN ). Do đó d ( H , ( SMN ))  HK .

K
N

A

D

Tam giác SHB vuông tại H , có đường cao HK , nên
1
1
1
52


 2 . Từ đó suy ra
2
2
2
HK
SH
HD
9a

M

H
C

0,25

0,25

0,25

0,25

2

d ( SM , AC )  HK 

9a
3a 13

.
52
26

Gọi E  BD  AN , F  BD  AM , I  ME  NF .
  NDB
  MBD
  450 nên hai tứ giác
Ta có MAN
A

D

E

ADNF , ABNE nội tiếp. Do đó ME  AN , NF  AM .
Suy ra AI  MN .
Gọi H  AI  MN . Ta có ABME , MNEF là các tứ
giác nội tiếp nên 

AMB  
AEB  
AMH . Suy ra

0,25

AMB  AMH . Do đó B là đối xứng của H qua
đường thẳng AM .

8
(1,0đ)

N
I
H
B

M

24 22
; ). Do B là
5 5
đối xứng của H qua AM , nên tìm được B (0; 2).

Từ AH  MN tại H , tìm được H ( 

F

C

Tìm được BC : 2 x  4 y  8  0, CD : 2 x  y  18  0 suy
ra C (8; 2).
 
Từ AD  BC ta tìm được D (4;10).
3

0,25

0,25
0,25


Câu

Đáp án (Trang 04)

Điểm

 x 1  97 y 2  y 1  97 x 2  97( x 2  y 2 ) (1)
1
Điều kiện: 0  x, y 
.

97
(2).
 27 x  8 y  97
1
1
1
1

Thay ( x; y) bằng một trong các cặp số (0; 0), (0;
), (
;0), (
;
) vào hệ (1),(2),
97
97
97 97
1
ta thấy các cặp này đều không là nghiệm. Do đó 0  x, y 
.
97
1
Đặt 97 x  a, 97 y  b. Do 0  x, y 
nên 0  a, b  1. Khi đó (1) trở thành
97

 



0,25



a 1  b2  b 1  a 2  a 2  b2  a a  1  b2  b b  1  a 2  0


a
b

1
2
2
2
2
 (a 2  b 2  1) 

  0  a  b  1. Suy ra x  y  .
2
2
97
b  1 a 
 a  1 b

9
2
2
2
2
(1,0đ) Với các số dương a1 , a2 , b1 , b2 , ta có a1b1  a2b2  a1  a2 . b1  b2 . Đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi a1b2  a2b1. Thậy vậy,

a1b1  a2b2  a12  a22 . b12  b22  ( a1b1  a2b2 ) 2  ( a12  a22 )(b12  b22 )  ( a1b2  a2b1 ) 2  0.
Do đó 27 x  8 y  97 9 x  4 y  97

97 x 2  y 2  97 (do x 2  y 2 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4 x  9 y và x 2  y 2 

1

).
97

0,25

1
.
97

9

1
x
 2
2
x  y 

97
.
Do đó (2)  
97  
4 x  9 y
y  4

97

0,25

 9 4 
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( x; y )   ;  .

 97 97 
Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có
a
b
c
1 1
1
1 
P


 4
4
4
.
bc
ca 
2 a bc 2 b ca 2 c ab 2  ab

0 ,25

0,25

Với các số thực x, y , z , ta có ( x  y )2  ( y  z ) 2  ( z  x)2  0  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2 .
1 1
1
1  1 1
1
1 
ab  bc  ca a  b  c

Do đó  4
4
4
 




. Suy ra
10


2  ab
bc
ca  2  a
b
c
2 abc
2 abc
(1,0đ)
abc
P
.
2 abc
Từ giả thiết, ta có a  b  c  4032 abc . Do đó P  2016.
1
Với a  b  c 
, ta có P  2016. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2016.
13442

----------Hết----------

4

0,25

0,25
0,25