KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỀ MINH HỌA SỐ 1 Môn: TOÁN

SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI
ĐỀ MINH HỌA SỐ 1
(Đề thi gồm 1 trang)

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ SỐ 140

Câu 1: (1,0 điểm). Cho hàm số y 

2x  1
. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
x2

Câu 2: (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y  4  x 2  x .
1

x ln( x 2  1)
Câu 3: (1,0 điểm). Tính tích phân I  
dx
x2  1
0
Câu 4(1,0 điểm).
a) Giải phương trình log 32 x  8log 3 x  7  0
b) Tìm môđun của z biết z  2  3i  4  2iz
Câu 5: (1,0 điểm).
a) Cho sin  

4

 
. Hãy tính giá trị biểu thức : A  cos 2  2sin 2 (  )
5
4 2

b) Một lớp học có 27 học sinh nữ và 21 học sinh nam. Cô giáo chọn ra 5 học sinh để lập một
tốp ca chào mừng 20-11. Tính xác suất để trong tốp ca đó có ít nhất một học sinh nữ.
Câu 6: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng  có phương
 x  1  2t

trình  y  1  t và mặt phẳng () có phương trình: 2 x  2 y  z  1  0 . Viết phương mặt cầu (S)
 z  t

tâm I nằm trên đường thẳng , tiếp xúc với mặt phẳng () và có bán kính bằng 2. Biết rằng tâm
mặt cầu có hoành độ âm.
Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông
góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a.
Câu 8: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A( 1;4) , trực
tâm H. Đường thẳng AH cắt cạnh BC tại M, đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N. Tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác HMN là I (2;0) , đường thẳng BC đi qua điểm P (1; 2) . Tìm toạ độ các đỉnh
B, C của tam giác biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2 y  2  0 .

2 y 3  y  2 x 1  x  3 1  x
Câu 9: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
(x, y   )
2
2
2
9


4
y

2
x

6
y

7

Câu 10:(1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M

3a 4  3b 4  25c 3  2

a  b  c

3

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: ......................

805


SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI – ĐÁP ÁN ĐỀ MINH HỌA SỐ 1
Câu

Đáp án


TXĐ: D   \ 2



Sự biến thiên

- Chiều biến thiên: y  

Điểm

0.25

5

 x  2

2

 0 x  D

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;2  và  2;  
- Hàm số đã cho không có cực trị
- Tiệm cận lim y  2  TCN : y  2

0.25

x 

lim y   ; lim y    x  2 : TCÑ

x 2 


1

x 2

Bảng biến thiên
x 
y
2
y



2





2





0.25



Đồ thị

0.25

Tập xác định D=  2;2  , f   x   

2

f  x   0  
Ta có: f

x
4  x2

1

0.25

 x  0
 1  0  4  x2  x  
x 2
2
2
4  x  x
4  x2

x

 2  2

2; f  2   2 ; f  2   2 , f  3  7

Vậy : Maxy /2;2  2 2 khi x  2 ; Miny /2;2  2 khi x  2





Đặt ln x 2  1  u  du 

2x
x
1
dx  2
dx  du
2
2
x 1
x 1

0.25
0.25
0.25
0.25

Đổi cận

x
u

3

0
0

1
ln2

1

1
2x
1
 I   ln x 2  1 . 2 dx 
20
2
x 1





ln 2


0

1 u2
udu  .
2 2

806

0.25

ln 2

 ln 2 2
0

0.5


4a

 log x  1
ĐK: x  0 . PT   3
 log 3 x  7

0.25

x  3

 t / m
x

2187



0.25

z  2 – 3i  4  2iz  1  2i  z  4  3i  z 
4b
z

5a

 4  3i 1  2i    1  11 i  z 
5

5

4  3i
1  2i

0.25

122
5

.5

0.25

 




A  cos 2  2sin 2 (  )  1  2sin 2   1  cos(   )   2sin 2   sin 
4 2
2



0.25

16 4
12
 
25 5
25
Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong số 48 học sinh ta có số phần tử của không gian mẫu

A  2.

5
n     C48
 1712304

0.25

0.25

Gọi A là biến cố " chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất một học sinh nữ" thì A là biến cố
" chọn 5 học sinh mà trong đó không có học sinh nữ ".
5b

 

 

5
Ta có số kết quả thuận lợi cho A là: n A  C21
 20349  P A 

 P  A  1 

 

n A

n  

20349
1712304

0.25

20349
1691955

1712304 1712304

Giả sử mặt cầu (S) có tâm I , vì I thuộc    nên I 1  2t ; 1  t ; t 
Mặt cầu (S) có bán kính R=2 và tiếp xúc mp   nên

d  I ,     2 

6

2  4t  2  2t  t  1
4  4 1

0.5

 2  5t  1  6

 7
t
5t  1  6

 5

5t  1  6
 t  1

7
 19 2 7 
tâm mặt cầu I  ; ;   loại
5
 5 5 5
Khi t  1 tâm mặt cầu I  1; 2;1 phương trình mặt cầu :

0.5

Khi t 

2

2

 x  1   y  2    z  1

7

2

4

CB  AB
* Vì 
 CB   SAB   SB là hình
CB  SA
chiếu của
SC lên mp(SAB)


  300
 SC
,  SAB   SC
, SB  CSB



 

S

0.25



A

I
T
M

 SB  BC.cot 300  a 3  SA  a 2

D

H
K

B

807

E

C


* Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:

1
1

2a 3
2
VS . ABCD  SA.S ABCD  a 2.a 
(dvtt )
3
3
3
a
+ Từ C dựng CI // DE  CE  DI  và DE / /  SCI 
2

0.25

 d  DE , SC   d  DE ,  CSI  
Từ A kẻ AK  CI cắt ED tại H, cắt CI tại K
SA  CI
Ta có: 
 CI   SAK    SCI    SAK  theo giao tuyến SK
 AK  CI
0.25

Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT  AK  HT   SCI 

 d  DE , SC   d  H ,  SCI    HT
+ Ta có: S ACI

1
1
CD. AI
 AK .CI  CD. AI  AK 


2
2
CI

3
a. a
2
a
a2   
2

2



3a
5

HK KM 1
1
a

  HK  AK 
HA AD 2
3
5
a
a 2.
5  38

  SA  HT  HT  SA.HK 
Lại có: sin SKA
SK HK
SK
19
9a 2
2a 2 
5
Kẻ KM//AD ( M  ED ) 

Vậy d  ED, SC  

0.25

38
19
 Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp

A

Suy ra I là trung điểm của BH;
N
H

B  d  B(2  2t; t )

0.25

I
B

8

M

P

C



Suy ra H (2  2t ; t )  AH  (3  2t ; t  4), BP  (2t  1; t  2)

0,25

Do H là trực tâm của tam giác ABC
 
 AH .BP  0  (2t  3)(2t  1)  (t  4)(t  2)  0  5t 2  10t  5  0  t  1

Suy ra H (0;1), B(4; 1), AH  (1; 3) ,đường thẳng BC : x  3 y  7  0

0,25

Đường thẳng AC : 2 x  y  6  0 . Tìm được toạ độ C (5; 4)

0,25

KL…..

808

 3 3
Điều kiện: x  1; y    ;  . Ta có
 2 2

0.25

(1)  2 y 3  y  2 1  x  2 x 1  x  1  x  2 y 3  y  2(1  x) 1  x  1  x

Xét hàm số f (t )  2t 3  t , ta có f '(t )  6t 2  1  0, t    f (t ) đồng biến trên  .
y  0
Vậy (1)  f ( y )  f ( 1  x )  y  1  x   2
 y  1 x

4 x  5  2x2  6x 1

Thế vào (2) ta được :
9

0.25

Pt  2 4 x  5  4 x 2  12 x  2 





2

4x  5 1  2x  2

0.25

2

1

x

2

 
x  1  2(l )

  x  1  2


 4 x  5  2 x  3(vn)

4 x  5  1 2x


0.25

 y42
Với x  1  2  
Vậy hệ có hai nghiệm.
 y   4 2





- Áp dụng BĐT Cô - Si ta có: 2a 4  a4  1  2 a 4  2 a2  4 a3 hay 3a4  1  4a3 .
4

3

- Tương tự 3b  1  4b  M 
2

4a3  4 b 3  25c3



Mà  a  b   a  b   0  4 a3  b 3
3

 a  b   25c
M
a  b  c
3

Đặt t 

c
abc

3

a  b  c
  a  b

0.25

3

3

3

3

3




c
c
 ab 

 
c

  25 
   1  a  b  c   25  a  b  c 




 ab c
 ab c 

3

0.25

 0  t  1
3

Xét hàm số f  t   1  t   25t3  0  t  1
2
2
có: f   t   3 1  t    5t   ,



10

 1
t 

f   t   0   6

t   1

4

0.25

Bảng biến thiên
x
y
y



1
6
0

0


1




0.25

25
36

 1  25
2
1
25
Vậy Min f  t   f   

khi t  hay Min M 
a  b  1, c  .
6
36
5
 6  36

809