Đế Toán Anh Sơn 2 Nghệ An(lần 2)

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ANH SƠN II

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN II)
Môn thi : TOÁN

—————
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh:..........................................................Số báo danh:........................
Họ, tên và chữ ký của giám thị: ..............................................................................

Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =

x−2
x −1

Câu 2 (1điểm). Tìm m để hàm số sau đồng biến trên tập xác định của nó.
1 3
x − mx 2 + (4m − 3) x + 2016
3

y=

Câu 3 (1 điểm).

2 + 6i
= 3 + 2i . Tìm số phức liên hợp của z.

1+ i
b) Giải phương trình sau: log 2 x − 2 log x 2 + 1 = 0 .

a) Cho số phức z thoả mãn (2 − i ) z −
5

Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân sau: I =

∫ (2 x +

x 2 − 1)dx

2

Câu 5 (1điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
d1:

x +1 y −1 z −1
x −1 y − 2 z +1
=
=
=
=
; d2 :
và mặt phẳng (P): x − y − 2 z + 3 = 0 .
2
−1
1
1
1

2

Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1 , d2 .
Câu 6 (1 điểm).
a) Cho tan α = 5 . Tính giá trị của biểu thức P =

5sin α − 2 cos α
3sin α − 11cosα

b) Để chuẩn bị tiêm phòng dịch Sởi- Rubella cho học sinh khối 11 và khối 12. Bệnh viện tỉnh
Nghệ An điều động 12 bác sỹ đến truờng THPT Anh Sơn 2 để tiêm phòng dịch gồm 9 bác sỹ nam và
3 bác sỹ nữ. Ban chỉ đạo chia 12 bác sỹ đó thành 3 nhóm, mỗi nhóm 4 bác sỹ làm 3 công việc khác
nhau.Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 bác sỹ nữ.
Câu 7 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Cạnh AC = a , BC =
a 5 . Mặt phẳng (SAB) vuông góc mặt phẳng đáy và tam giác SAB đều. Gọi K điểm thuộc cạnh SC
sao cho SC=3SK. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và
BK theo a .
Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có C(-1;-2) ngoại tiếp đường tròn tâm I.
Gọi M, N, H lần luợt các tiếp điểm của (I) với cạnh AB, AC, BC. Gọi K(-1;-4) là giao điểm của BI
với MN. Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC, biết H(2;1).
Câu 9 (1 điểm). Giải hệ phương trình sau:
 3 − x + y + 1 = x 3 + 2 y 2 − 9 x − 5
 3
3
2
2
 x − y + 12 x − 3 y = 3 y − 6 x − 7
Câu 10 (1 điểm). Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a, b, c ∈ [1; 2] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

sau:

P=

2(ab + bc + ca )
8
b+c+4
+
−
2(2a + b + c) + abc 2a(b + c) + bc + 4
bc + 1

------ HẾT -----Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 TRUỜNG THPT
ANH SƠN 2 NĂM HỌC 2015 – 2016
CÂU

NỘI DUNG

1. TXĐ D = R \ { 1}
2. Sự biến thiên:

1

ĐIỂM

0,25
1

+ Chiều biến thiên : y ' = ( x − 1)2 > 0, ∀ ≠ 1 nên hàm số đồng biến (−∞;1) và

(1; +∞)

+ Giới hạn và tiệm cận
lim y = 1 ; lim y = 1 nên y=1 là tiệm cận ngang của đồ thị
x →−∞
x →+∞

0,25

lim y = +∞ ; lim+ y = −∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị
x →1

x →1−

+ Hàm số không có cực trị.
+ Bảng biến thiên:
x
y’
y

0,25

−∞

+∞

1
+

1

+

+∞

1
−∞

3. Đồ thị:

2

+ TXĐ : D = R
+ Ta có y ' = x 2 − 2mx + 4m − 3
+ Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi y ' ≥ 0 , ∀x ∈ R ⇔ ∆ ' ≤ 0
⇔ m 2 − 4m + 3 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 3

3

0,25

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


3a.

3b.

4

(2 + 6i )(1 − i )
2 + 6i
= 3 + 2i
= 3 + 2i ⇔ (2 − i ) z −
(1 + i )(1 − i )
1+ i
⇔ (2 − i ) z = 7 + 4i
7 + 4i (7 + 4i )(2 + i )
⇔ z=
=
= 2 + 3i
2−i
5
Số phức liên hợp của z là z = 2 − 3i
+ ĐK : x > 0, x ≠ 1
2
2
Phương trình tương đương log 2 x − log x + 1 = 0 ⇔ log 2 x + log 2 x − 2 = 0
2

0,25

x = 2
log 2 x = 1
⇔
⇔
thoả mãn ĐK

x = 1
log
x
=
−
2
 2

4

0,25

Ta có (2 − i) z −

5

5

5

2

2

2

0,25

2
2

Ta có I = ∫ (2 x + x − 1)dx = ∫ 2 xdx + ∫ x − 1dx
5

Tính I1 =

∫ 2 xdx = x

5

2

2

2

= 5−2 = 3

0,25

5

Tính I 2 =

∫

0,25
0,25

x 2 − 1dx

2

x

dx
u = x 2 − 1  du =
2
⇒
x − 1 . Khi đó
Đặt 
 dv = dx
v = x

5

I2 = x x2 − 1

2
5

=2 5− 2−

∫

2

5

−

∫

2

x2 −1

x −1 +1

∫

2

dx = 2 5 − 2 −

∫

2

x2
x2 −1

dx

0,25

2

x2 − 1

dx

5

=2 5− 2−

5

x2

5

x − 1dx −
2

∫

2

dx
x2 −1

5

Suy ra 2 I 2 = (2 5 − 2) − ∫

2

dx
x2 −1

= (2 5 − 2) − ln ( x + x 2 − 1)

1
2

1
2

2

0,25

1
1
5+2
⇒ I 2 = (2 5 − 2) − ln
2
2
2 +1

Vậy I = 3 + (2 5 − 2) − ln

5

5+2
2 +1

Lưu ý: Thí sinh không tính ra kết quả trên thì trừ 0,25
5

Phương trình tham số của
 x = −1 + 2t
x = 1+ t '


d1 :  y = 1 − t , d 2 :  y = 2 + t '
z = 1+ t
 z = −1 + 2t '



0,25


Gọi A = d1 ∩ ( P) , B = d 2 ∩ ( P) . Khi đó A(−1 + 2t ;1 − t ;1 + t ), B(1 + t '; 2 + t '; −1 + 2t ')
Vì A thuộc (P) nên −1 + 2t − (1 − t ) − 2(1 + t ) + 3 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A(1;0; 2)
Vì B thuộc (P) nên 1 + t '− (2 + t ') − 2(−1 + 2t ') + 3 = 0 ⇔ t ' = 1 ⇒ B(2;3;1)

6
6a

Vì A, B thuộc (P) nên đường
thẳng ∆ đi qua A, B và nằm trong (P)
r uuur
Ta có VTCP của ∆ là u = AB = (1;3; −1)

0,25

x = 1+ t


Vậy đường thẳng ∆ cần tìm có phương trình là ∆ :  y = 3t
z = 2 − t


0,25

Do tan α = 5 nên cosα ≠ 0 . Do đó chia cả tử mà mẫu cosα cho biểu thúc P ta 0,25
được P =

5sin α − 2 cos α 5 tan α − 2
=
3sin α − 11cosα 3 tan α − 11

Thay tan α = 5 vào biểu thức ta có P =
6b

0,25

5.5 − 2 23
=
3.5 − 11 4

0,25

Số cách chọn 3 nhóm , mỗi nhóm gồm 4 bác sỹ làm 3 công việc khác nhau là: 0,25
+ Trong 12 người chọn 4 người có C124
+ Trong 8 người còn lại chọn 4 người tiếp có C84
+ Trong 4 người sau cùng chọn 4 người có C44
Vậy không gian mẫu là n(Ω) = C124 C84C44
Gọi A là biến cố : “Chọn 3 nhóm, mỗi nhóm có 4 bác sỹ trong đó có đúng 1 0,25

bác sỹ nữ”
+ Chọn 1 bác sỹ nữ trong 3 bác sỹ nữ có 3 cách chọn, sau đó chọn 3 bác sỹ
nam trong 9 bác sỹ nam C93 ⇒ 3.C93 cách chọn
+ Còn lại 8 bác sỹ ( 6 bác sỹ nam và 2 bác sỹ nữ). Chọn 1 nữ trong 2 nữ có 2
cách chọn, rồi chọn 3 nam trong 6 bác sỹ nam có C63 ⇒ 2.C63 cách chọn
+ Cuối cùng còn lại 1 bác sỹ nữa và 3 bác sỹ nam có 1 cách chọn.
Suy ra n( A) = 3C93 .2C63.1
Vậy xác suất cần tìm là P( A) =

n( A) 3C93 .2C63 .1 16
=
=
n(Ω) C124 C84C44
55


S

M
K
I

j A

H

B

C

Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ AB ( do tam giác SAB đều)
Do ( SAB) ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ ( ABC )
Do tam giác ABC vuông tại A nên AB = 2a ⇒ SH = a 3
1
1
AB.AC = 2a.a = a 2
2
2
1
1
a3 3
= SH .S∆ABC = a 3.a 2 =
3
3
3

0,25

dt (∆ABC ) =
VS . ABC

Kẻ KM song song với AC cắt SA tại M. Khi đó AC / / KM suy ra AC//(BKM)
Do đó d ( AC , BK ) = d ( AC , ( BKM ))
Ta có AC ⊥ AB, AC ⊥ SH nên AC ⊥ ( SAB)
Kẻ AI ⊥ BM , do KM//AC nên AI ⊥ KM suy ra AI ⊥ ( BKM )
Suy ra d ( AC , BK ) = d ( AC , ( BKM )) = d ( A, ( BKM )) = AI

0,25

MA KC 2

2
2
3 2 2
=
=
⇒ S ∆AMB = S ∆SAB = .(2a ) 2
= a 3
SA SC 3
3
3
4 3
2a 7
Ta lại có BM = AB 2 + AM 2 − 2 AB. AM .cos600 =
3
2S
2 21a
Do đó AI = ∆ABM =
BM
7
2 21a
Vậy d ( AC , BK ) = AI =
.
7

0,25

Ta có

Lưu ý: Bài toán này không vẽ hình thì không cho điểm bài này.
8

0,25


C'

A
K
N
M

I
J
C
B

H

·ABC ·ACB
·
BAC
·
·
·
= IBC
+ ICB
=
+
= 900 −
Ta có KIC

(1)

0,25

2

2
2
·BAC
·
= ·ANM = ·AMN = 900 −
Ta có KNC
(2)
2
·
·
Từ (1) và (2) suy ra KIC
nên tứ giác KNIC nội tiếp trong đường tròn
= KNC

đường kính IC.
Mặt khác tam giác IHC nội tiếp trong đường tròn đường kính IC
Vậy 5 điểm K, N, I, H, C nằm trên đường tròn đường kính IC.
Gọi J là trung điểm của IC nên J là tâm đường tròn đi qua 5 điểm trên.
Giả sử J(x;y) khi đó

0,25

(−1 − x) 2 + (−4 − y ) 2 = (−1 − x) 2 + ( −2 − y ) 2
 JC = JK

x = 3
⇔
⇔
JC = JK = JH ⇒ 

2
2
2
2
(−1 − x) + (−4 − y ) = (2 − x) + (1 − y )
 JC = JH
 y = −3
⇒ J (3; −3) .

Vì J là trung điểm của IC nên I(7;-4). Từ đó suy ra BI có phương trình
y+4=0

BC đi qua H và C nên có phương trình x − y − 1 = 0 .
y + 4 = 0
⇒ B (−3; −4)
x − y −1 = 0

Do đó, B(x;y) là nghiệm của hệ 

·
·
Vì INC
= 1v ⇒ NKC
= 1v Từ đó gọi C’ là điểm đối xứng của C qua đường thẳng 0,25
BI. Khi đó K là trung điểm của CC’ nên C’(-1;-6).

Đường thẳng AB quarB và C’ có phương trình là: x + y + 7 = 0
0,25
Giả sử AC có VTPT n = (a; b), (a 2 + b 2 ≠ 0)
Khi đó AC có phương trình a( x + 1) + b( y + 2) = 0 ⇔ ax + by + a + 2b = 0


Ta có d ( I , AC ) = IH ⇔
+

7a − 4b + a + 2b
a 2 + b2

=5 2 ⇔

a
 b = −1
=5 2 ⇔ 
a 2 + b2
 a = 23
 b 7

8a − 2b

a
= −1 chọn a = 1, b = -1 nên AC có phương trình x − y − 1 = 0 ( trùng BC)
b

( loại).
a 23
=

chọn a = 23 ; b = 7 nên AC có phương trình 23x + 7 y + 37 = 0
b 7
3

 x = 4
x + y + 7 = 0
⇔
+ Khi đó A (x; y) là nghiệm của hệ 
 23x + 7 y + 37 = 0
 y = − 31

4
3 31
Vậy A( ; − )
4
4

+

9
x ≤ 3
 y ≥ −1

0,25

ĐK : 

Phương trình thứ 2 tương đương với ( x + 2)3 = ( y + 1)3 ⇔ y = x + 1 (3)
Thay (3) vào phương trình thứ nhất ta được:
3 − x + x + 2 = x 3 + 2 x 2 − 5 x − 3 điều kiện −2 ≤ x ≤ 3

⇔
⇔

0,25

3 − x + x + 2 = x 3 + 2 x 2 − 5x − 3 ⇔ 3 − x + x + 2 − 3 = x 3 + 2 x 2 − 5x − 6
2( (3 − x)( x + 2) − 2)

= x3 + 2 x 2 − 5x − 6

3− x + x + 2 +3
2(− x 2 + x + 2)
⇔
= ( x + 1)( x − 2)( x + 3)
( 3 − x + x + 2 + 3)( (3 − x)( x + 2) + 2)
2(− x 2 + x + 2)
= ( x 2 − x − 2)( x + 3)
( 3 − x + x + 2 + 3)( (3 − x)( x + 2) + 2)
2
⇔ ( x 2 − x − 2)(
+ ( x + 3)) = 0
( 3 − x + x + 2 + 3)( (3 − x)( x + 2) + 2)
2
Do điều kiện −2 ≤ x ≤ 3 nên ( 3 − x + x + 2 + 3)( (3 − x)( x + 2) + 2) + ( x + 3) > 0
Suy ra x 2 − x − 2 = 0 ⇔ x = −1; x = 2 thoả mãn điều kiện.
Khi x = −1 ⇒ y = 0 TMĐK
Khi x = 2 ⇒ y = 3 TMĐK

0,25

⇔

0,25

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (-1;0), (2;3)
10

Vì a, b, c ∈ [1;2] nên ta có (a − 1)(b − 2)(c − 2) ≥ 0

0,25

Dấu “=” xảy ra khi a = 1 hoặc b = 2 hoặc c = 2
Do đó và do a ≥ 1 nên ta có

0,25

⇔ abc + 2(2a + b + c) ≥ 2(b + c)a + bc + 4

P=

2(ab + bc + ca )
8
b+c+4
+
−
2(2a + b + c) + abc 2a (b + c) + bc + 4
bc + 1


2(ab + bc + ca)

8
b+c+4
+
−
2a (b + c) + bc + 4 2a (b + c ) + bc + 4
bc + 1
2a (b + c) + bc + 4 + bc + 4 b + c + 4
=
−
2a (b + c) + bc + 4
bc + 1
bc + 4
b+c+4
= 1+
−
2a (b + c ) + bc + 4
bc + 1
bc + 4
b+c+4
≤ 1+
−
2(b + c) + bc + 4
bc + 1
≤

≤ 1+

bc + 4
2 bc + 4
−

bc + 4 bc + 4
bc + 1

0,25

Đặt t = bc ∈ [1; 2] .
t + 4 2t + 4
−
trên [1;2]
(t + 2) 2 t + 1
4t − 8
2
4 2
f '(t ) =
+
≥− + >0
2
2
(t + 2) (t + 1)
27 9
nên f (t ) liên tục và đồng biến trên [1;2]
7
Suy ra P ≤ f (t ) ≤ f (2) = −
6
7
Vậy, giá trị lớn nhất của P = − khi a =1 , b = c = 2.
6

Xét hàm số f (t ) = 1 +

2

Lưu ý: Thí sinh làm cách khác đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa.

0,25