KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỀ MINH HỌA SỐ 2 Môn: TOÁN

SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI
ĐỀ MINH HỌA SỐ 2
(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 141

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x 4  2( m2  1) x 2  1 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt
giá trị lớn nhất.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình : sin 2 x  cos x  sin x  1 (x  R)
b) Giải bất phương trình : log 1 log 2 (2  x 2 )   0 ( x  R ) .
2

2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

dx
3

.

x x 1

Câu 4 (0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

z  11
z  4i
 z  1 . Hãy tính
.
z2
z  2i

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.ABC, ABC đều có cạnh bằng a, AA = a và đỉnh A
cách đều A, B, C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và AB . Tính theo a thể tích khối
lăng trụ ABC.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN).
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) có phương trình
x 2  y 2  z 2  4 x  6 y  2 z  2  0 . Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa truc Oy và cắt mặt cầu
(S) theo một đường tròn có bán kính r  2 3 .
Câu 7 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước
ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C
mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có
phương trình 3x  4 y  10  0 và đường phân giác trong BE có phương trình x  y  1  0 . Điểm

M (0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng
ABC.



2 . Tính diện tích tam giác

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: x 2  5 x  4 1  x( x 2  2 x  4)



(x R).

Câu10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P  x2  y 2  2 x  1  x2  y 2  2 x  1  y  2 .
---------- Hết --------Thí sinh không được sửdụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

810


SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI – HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 2
a) (Tự khảo sát)
b) y’ = 4x3 – 4(m2+1)x
Câu 1.
(2 đ)

x  0

y’ = 0  

2
 x   m  1

 hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m

xCT   m2  1  giá trị cực tiểu yCT  (m 2  1) 2  1
Vì (m 2  1)2  1  yCT  0 max( yCT )  0  m2  1  1  m  0

a) sin 2 x  cos x  sin x  1 (1)
(1)  (sin x  cos x)(1  sin x  cos x)  0


x  4  k
sin x  cos x  0

(k  Z )

1  sin x  cos x  0
 x  2k   x  3  2k 

2

Câu 2.
2
(1 đ) b) og 1 log 2 (2  x )   0 ( x  R) (2).
2

Điều kiện: log 2 (2  x 2 )  0  2  x 2  1  1  x  1

 1  x  1
 1  x  1 1  x  1
Khi đó (2)  log 2 (2  x 2 )  1  


 2
2
2


x

2
x

0
 x0


Vậy tập nghiệm bpt là S  (1;0)  (0;1)
I 

2

dx
x x3  1

1



2

1

x 2 dx
x3 x3  1

.

2
Đặt t  x 3  1  x3  t 2  1  x 2 dx  t.dt .
3

Câu 3.
(1 đ)

x 1 t  2 ; x  2  t  3
I 

2 t.dt
1 3  1
1 
  

 dt
2
2 3 (t  1)t
3 2  t 1 t  1 

3

1 x 1
I  ln
3 x 1

3

2

1 1
2 1  1 3  2 2
  ln  ln
  ln
3 2
2
2 1 3

z  11
 z  1  z 2  4 z  13  0 ,  '  9  9i 2 
z2

Câu 4.

(0,5 đ)

z  2  3i 

 z  2  3i 

 z  2  3i
 z  2  3i


z  4i 2  i
=
1
z  2i 2  i
z  4i 2  7i
53

=

z  2i 2  5i
29

Câu 5.  Gọi O là tâm tam giác đều ABC  A’O  (ABC)
(1 đ)
a 3
2
a 3
Ta có AM 
, AO  AM 
2
3
3

811


a2 a 6
a2 3
A ' O  AA '  AO  a 

; S ABC 
3
3
4
2

2

2

Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' : V  SABC . A ' O 

a2 3 a 6 a2 2
.

4
3
4

A'

C'

B'
N
E
A

C
O
M
B

1
3V
 Ta có VNAMC  SAMC .d  N ,( ABC )  d C , ( AMN )  NAMC
3

S AMC

S AMC

1
a2 3
1
a 6
 S ABC 
; d  N ,( ABC )   A ' O 
2
8
2
6

Suy ra: VNAMC 

1 a2 3 a 6 a2 2
.

3 8
6
48

lại có : AM  AN 

a 3
, nên AMN cân tại A
2

Gọi E là trung điểm AM suy ra AE  MN , MN 

A'C a

2
2

3a 2 a 2 a 11
1
a 2 11
 AE  AN  NE 


; S AMN  MN . AE 
4 16
4
2
16
2

2

3a 2 2 a 11 a 22
 d C ,( AMN )  
:

(đvđd)
48
16
11

( S ) : x 2  y 2  z 2  4 x  6 y  2 z  2  0  ( x  2) 2  ( y  3) 2  ( z  1) 2  16

 ( S ) có tâm I (2; 3;1) bán kính R  4 ; trục Oy có VTCP j  (0;1;0)

Câu 6.
Gọi n  ( a; b; c) là VTPT mp(P),
(1 đ)
 

( P ) chứa Oy  n  j  b  0  n  ( a;0; c) (a 2  c 2  0)
Phương trình mp(P): ax  cz  0
(P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh r  2 3

812


2a  c

 d  I ,( P)  R 2  r 2  2 

a 2  c2

 2  4a 2  4ac  c 2  4a 2  4c 2

c  0
 3c 2  4ac  0  
3c  4a
Vậy phương trình mp(P) : x  0 hoặc 3x  4 z  0 .

Số phần tử không gian mẫu là n()  C124 .C84 .C 44  34.650

Câu 7. Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau”
(0,5 đ) Số các kết quả thuận lợi của A là n( A)  3C93 .2C63 .1.C33  1080

n( A) 1080
54


 0,31
n( 34650 173
Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC
Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có
phương trình 4x − 3y – 1 = 0
B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:
4 x  3 y  1  0
 B(4;5)

 x  y 1  0
Xác xuất của biến cố A là P ( A) 

A

E
M(0;2)
I

C
H

N

B
Câu 8.
(1 đ) Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:
3x  4 y  8  0
1
 A( 3;  )

4
 3x  4 y  10  0

Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:
C (1;1)
 x  1; y  1
4 x  3 y  1  0




31
33    31 33 
2
2

C ; 
x ;y
 x  ( y  2)  2
25
25   25 25 


Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra
A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.
 31 33 
Tương tự A và C  ;  thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác
 25 25 
ngoài của tam giác ABC.
49
49
BC = 5, AH  d ( A, BC ) 
. Do đó S ABC 
(đvdt).
20
8

813






x 2  5 x  4 1  x( x 2  2 x  4) (*)

 1  5  x  0
ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0  
 x  1  5
Khi đó (*)  4 x( x 2  2 x  4)  x 2  5 x  4
 4 x( x 2  2 x  4)  ( x 2  2 x  4)  3x (**)
TH 1: x  1  5 , chia hai vế cho x > 0, ta có:
Câu 9.

x 2  2 x  4 x2  2 x  4
(1 đ) (**)  4

3
x
x
Đặt t 

1

x2  2x  4
, t  0 , ta có bpt: t 2  4t  3  0  1  t  3
x

 x 2  7 x  4  0
x2  2x  4
1  17
7  65
3  2

x
x
2
2
 x  x  4  0

TH 2: 1  5  x  0 , x 2  5 x  4  0 , (**) luôn thỏa

 1  17 7  65 
Vậy tập nghiệm bpt (*) là S   1  5;0   

;

2
2 

P  x2  y 2  2 x  1  x2  y 2  2 x  1  y  2
Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y). Ta có OM + ON ≥ MN
 ( x  1) 2  y 2  ( x  1) 2  y 2  4  4 y 2
 P  2 1  y 2  y  2  f ( y)
TH1: y ≤ 2: f ( y )  2 1  y 2  2  y  f '( y ) 
Câu10.
(1 đ)

2y
1 y2

1

y  0
3
f '( y )  0  2 y  1  y 2   2
 y
3
3 y  1
 3
Lập bảng biến thiên f(y)  min f ( y )  f 
  2 3
x( .2]
3



TH2: y ≥ 2: f ( y )  2 1  y 2  y  2 ≥ 2 5  2  3
Vậy P  2  3 x; y .
Do đó MinP  2  3 khi x = 0 ; y =

3
3

------------------- Hết -------------------

814