Đề 63 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) năm 2016

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO PHÚ YÊN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT NĂM HỌC 2015-2016
Môn : TOÁN
Thời gian :180 phút , không kể phát đề

TRƯỜNG THPT PHẠM VĂN ĐỒNG
-------------------------x 1
Câu 1 (2, 0 điểm)
Cho hàm số y 
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm thuộc (C) có hoành độ bằng 2.
Câu 2 (1, 0 điểm)
a) Cho góc  thỏa mãn 0   
b)

Giải phương trình


và 2sin   cos   1 . Tính
2

A  tan2   2cot 

3 2 x  1  4 .3 x  7  0
1
x
I    2x 2  x
0

e



 dx


Câu 3 (1,0 điểm )

Tính tích phân

Câu 4 (0,5 điểm)

Tìm môđun của số phức z thỏa mãn

 2  3i  z   3  i   1  2i

Câu 5 (0,5 điểm) Ban chấp hành Đoàn trường THPT Phạm Văn Đồng gồm có 5 học sinh khối 10 , 7 học sinh
khối 11 và 8 học sinh khối 12 . Chọn ngẫu nhiên từ ban chấp hành 8 học sinh tham dự đại hội cấp Huyện .
Tính xác suất để 8 học sinh được chọn có đủ học sinh cả ba khối .
Câu 6(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x +2y –2z +1 = 0 và điểm
A(2;0;-1). Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với (P). Viết phương trình của mặt cầu
(S) có tâm A và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 2.
Câu 7(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng
đáy là trung điểm của AB . Biết AB  a;AC  a 3 ; góc giữa SD và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo a thể
tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD).
Câu 8 (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

2
2
 8
(C) :  x  2    y  3  26 . Trọng tâm của tam giác là G  1;  ; điểm M  7;2  nằm trên đường thẳng đi qua
 3

A và vuông góc với BC  M  A  .Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ,biết yB  yC .

Câu 9 (1,0 điểm) . Giải hệ phương trình

 x  3y  1 2xy  2y  y  3x  4y  3


2
 x  3  2y  2 x  3  x  x  2y  4  4







Câu 10 (1,0 điểm ) Cho ba số dương x,y, z thỏa mãn x+y+1= z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

x3
y3
z3
P




x  yz y  zx z  xy  z  1

14

 x  1 y  1


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
I. Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách giải nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng
phần như hướng dẫn quy định.
2) Điểm toàn bài làm tròn số đến 0,5.
II. Đáp án và biểu điểm:
Câu

Câu 1
a.
(2đ)

Đáp án

Biểu
điểm

(2điểm)
TXĐ: D=R\{1}
y'

0,25

2
 0 x  1
( x  1) 2

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và (1; ) .
Hàm số không có cực trị.
lim y  1; 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

Bảng biến thiên
x

1



y’



-

-

1



0,25

y


1


Đồ thị:
Đồ thị nhận điểm I(1;1) làm tâm đối xứng
Điểm thuộc đồ thị
x  0; y  1
x  1; y  0
x  2; y  1

0,25

(Chỉ cần vẽ đúng đồ thị ghi điểm tối đa 0,25đ)
b.
(1đ)

Ta có x0  2  y0  3; y '(2)  2

0,5

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là
0,5
y  3  y '(2)( x  2)  y  3  2( x  2)  y  2 x  7

Câu 2. (1 điểm)
a.

 
Ta có sin 2   co s 2   1 và    0;   sin   0;cos   0 .
 2
(0,5đ)

4

sin  


2sin

cos


1


5


kết hợp với giả thiết ta có hệ phương trình  2
2
sin   cos   1 cos  3

5
4
3

Suy ra tan   ; cot  

3
4

. Vậy A 

5
18

0,25

0,25


b.

3 2 x  1  4.3 x  7  0  3.3 2 x

(0,5đ) Ta có

3 x  1
 4.3 x  7  0   x
 3   7 ( loa i )

3

Với 3x  1  x  0 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0.

Câu 3
(1
điểm)

1

1

2
2
I   2x dx   xe  x dx  x 3 10  A   A
3
3
0
0
2

u  x
du  dx
2
 A   1  x  e x 10  1 




x
x
e
Tính A: đặt dv  e dx v  e
5 2
I 
3 e

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

Câu 4

z 1

0,5
0,5đ
Câu 5

Số phần tử không gian mẫu n     C208  125970

1điểm

goi A là biến cố chọn được 8 hs có cả ba khối

0,25

TH1: chọn được 8 học sinh thuộc cùng 1 khối ,có 1 cách chọn
TH2: chọn 8 học sinh thuộc hai khối có C128  C158  C138  2  8215 cách .

 

Vậy P A 

8215  1 316
316 4529

 P  A  1 

  0,934778 
125970 4845
4845 4845



Câu 6

Mp (P) có vecto pháp tuyến là n  1; 2; 2  ; đường thẳng  qua A và vuông góc với (P)

1điểm

x  2  t
nên có phương trình là  y  2t

 z  1  2t

0,25


Gọi R là bán kính của mặt cầu (S) ,ta có R  22  d 2  A;( P)  
2

2

Phương trình của mặt cầu (S) là  x  2   y 2   z  1 

61
3

0,5

61
9

0,5
S

Câu7
(1đ)

I

D

A
H
B

K
C

(Không vẽ hình không chấm)
Ta có AD  a 2; HD 

3a 3
3a
; SH  DH .tan 600 
;S ABCD  a 2 2
2
2

a3 6
vậy V 
2

0,5

gọi K,I lần lượt là hình chiếu của H trên BD và SK;
Ta có HK  BH .

2

a

3
6

0,25

Trong tam giác vuông SHK ta có HI 

d  C ;  SBD    d  A;  SBD    2 HI  6a

HK .SH
HK 2  SH 2

3
166

 3a

3
166

0,25


Câu 8

A

(1đ)

B'
H
G
B

I

C

F E
M

A'

Gọi I là tâm của đường tròn (C), E là trung điểm của BC và H là trực tâm của tam giác ABC
kẻ đường kính AA’ ,ta có BA '  CH;CA'  BH nên BHCA’ là hình bình hành suy ra E là trung
điểm của A’H nên IE là đường trung bình 




IE 1 EG
 
nên ba điểm H,G,I thẳng hàng
AH 2 AG

và GH  2GI , mà I(2;3) nên H(-1;2) . Ta có M nằm trên (C) và A,H,M thẳng hàng ; tam
giác MHB cân tại B nên BC là trung trực của HM ; phương trình BC : x-3=0
x  3
 x  3  0


2
2
 x  2    y  3  26  y  2; y  8

tọa độ của B,C là nghiệm của hệ phương trình 

 x  3
 y  2  0

2
2
 x  2    y  3  26  y  2

pt của HM :y-2=0 ;tọa độ của A là nghiệm của hệ 
vậy A(-3;2); B(3;8);C(3;-2)

0,25

0,25

0,25

0,25
Câu 9

(0,5điểm)


 x  1


điều kiện  y  1
 2
x  x  2 y  4  0

0,25

đặt a  2  x  1 ; b  y ;  a, b  0  , thay vào pt (1) của hpt ta được

 a  2b   a 2  ab  4b2   0  a  2b  2 y  x  1 thay vào pt (2) ta được
0,25







2

x  3  x 1 x  3  x  2x  3  4

 x  3  x2  2 x  3  x  3  x  1
t  4
t  2(l )

đặt t  x  3  x  1; t  0 ta có pt t 2  2t  8  0  

0,25

13

x


4
với t = 4 giải ra ta được 
là nghiệm của hệ.
17
y 

8

Câu
10

từ giả thiết x+y+1=z ta có  x  1 y  1  z  xy 

(1đ)
nên P 

0,25

 x  y  2
4

2



 z  1

2

4

x3
4 z 3  28
y3


x  yz y  zx  z  1 2

0,25

mặt khác theo bđt cauchy-schwarzt ta có





2

2
2
x2  y 2
z  1

x3
y3

x4
y4
x2  y 2  x  y 







1 z
2 1  z  2 1  z 
x  yz y  zx x 2  xyz y 2  yzx x 2  y 2  2 xyz



P

9 z 3  z 2  z  57
2  z  1

2

 3z  5   3z 3 
 f  z  đặt g ( z )  2 f ( z )  g '( z ) 

5
3

lập BBT ta có f ( z )  f ( ) 




51z 2
 37 z  23 
3


 z  1

0,5

4

53
8

0,25
53
1 1 5
vậy MinP 
khi  x, y, z    , , 
8
3 3 3