Đề thi thử THPT Quốc Gia 2016 Môn Toán THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành YB

om

n.c

thv

ma


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ
KỲ THI QUỐC GIA 2016 LẦN THỨ 1
MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TẤT THÀNH

x 

 Chiều biến thiên
y '  3x 2  6 x
x  0
y'  0  
 x  2
Bảng biến thiên
x



y’

-2

+

0



0

-

0

+

0.25



thv

0
y

0.25

n.c

x 

Điểm

om

Câu
Nội dung
3
2
Câu 1 Cho hàm số y = x + 3x + m (1)
2,0 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  4 .
điểm
Với m  4 ta có hàm số y = x 3 + 3x 2 - 4
Tập xác định : 
Sự biến thiên
 Giới hạn: lim y  
lim y  



-4

ma

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 2) và (0; )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0)
 Cực trị :
Hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -4

0.25

y

 Đồ thị :
Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (-2; 0) và (1; 0)
Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; -4)

2

-2
O

1

x

0.25
-2

-4


2/ Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam
giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ).

0.5

Suy ra z =

n.c

om

Ta có y '  3x 2  6 x
x  0
y'  0  
 x  2
Do y '  0 có 2 nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua 2 nghiệm đó nên đths có
2 điểm cực trị là A  0; m  , B  2; m  4 


OA  0; m  , OB  2; m  4 
 
m  0
OAB vuông tại O khi OA.OB  0  m  m  4   0  
 m  4
Do O, A, B tạo thành tam giác nên m  4
Câu 2 Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  i   2z  2i .
(0,5
z  2z  1
w

Tìm
mô
đun
của
số
phức
điểm)
z2
Ta có 1  i  z  i   2z  2i   3  i  z = -1+ 3i

-1+ 3i  -1+ 3i  3  i 
=
i
3i
 3  i  3  i 

z  2z  1 i  2i  1

 1  3i
z2
i2
Do đó w  1  9  10

thv

w

Câu 3
Giải bất phương trình Giải bất phương trình 1  log
(0,5
điểm)
Đk: ..
BPT đã cho tương đương với

2

0.5

0.25

0.25

 x  1  log 2  x 2  x  4 

2

log 2 2  log 2  x  1  log 2  x 2  x  4 

0.25

ma

 log 2  2 x 2  4 x  2   log 2  x 2  x  4 

 2x2  4x  2  x2  x  4
 x2  5x  6  0

0.25

 2 x3
Kết hợp đk ta được nghiệm của BPT là 2  x  3

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





I   e





cos x

0

 x  sinxdx   e
0


cos x

sin xdx   x sin xdx  I1  I 2

0.25

0



Tính I1  e cos x sin xdx


0

Đặt t  cos x  dt   sin xdx ;

0.25


đổi cận: với x  0  t  1
với x    t  1
1

Ta có I1  et dt  et



1
1

e

1

1
e



Tính I 2  x sin xdx

om


0

u  x
du  dx

dv  sin xdx  v   cos x

0.25

Đặt 







I 2   x cos x 0   cos xdx    sin x 0  
0

1

e

0.25

n.c

Vậy I  e 

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm I  -1;2;3 và mặt phẳng (P) có

Câu 5 phương trình 4 x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc
(1,0 với mặt phẳng (P) và tìm tọa độ tiếp điểm M.
điểm)
Do (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên

4  2  3  1
16  1  1

Mặt cầu (S) có phương trình

0.25

 2

thv

R= d  I ;( P )  

 x  1

2

2

2

  y  2    z  3  2

0.25

Đường thẳng IM đi qua I, vuông góc với (P) nên có phương trình:

ma

 x  1  4t

 y  2  t (t  )
z  3  t


0.25

Gọi M  1  4t ; 2  t ; 3  t 
Do M thuộc (P) nên 4  1  4t  +2  t 

 3  t   1  0  18t  6  0  t 

1
3

0.25

1 7 8
3 3 3

Vậy M  ; ; 

góc  thỏa mãn cot   2 . Tính giá trị của biểu thức
Câu 6 a/ Cho
2cos
(1,0
P
3
điểm)
2sin   3cos3 

cot   2  sin   0 , ta có:

0.25


2cos
1
2cot

2cot  1  cot 2 
3
2
2cos
sin

sin

P




sin 3 
cos3 
2sin 3   3cos3 
2  3cot 3 
2  3cot 3 
2 3 3 3
sin 
sin 

2.2.1  4  10

2  3.23
13

0.25

om



b/ Xét tập hợp E gồm các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau tạo thành từ
các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp E.
Tìm xác suất để phần tử chọn được là một số chia hết cho 5.

n.c

Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau tạo thành từ các chữ số {0; 1;
2; 3; 4; 5; 6; 7} kể cả số 0 đứng đầu là A85

Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau tạo thành từ các chữ số {0; 1;
2; 3; 4; 5; 6; 7} và có số 0 đứng đầu là A 74

thv

Số phần tử của tập E là A85  A 74  5880
Gọi A là biến cố chọn được một số có 5 chữ số đôi một khác nhau và chia hết
cho 5
Số kết quả thuận lợi A là A 74  6A36  1560
1560 13

Xác suất của biến cố A là P  A  
5880 49
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, 
ABC = 300 , SA vuông góc với mặt
phẳng (ABC), góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 600 . Tính thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến mặt
phẳng (SBC) theo a.
S

ma

Câu 7
(1,0
điểm)

B

H
A

C
G

M

0.25

0.25


Trong mặt phẳng (ABC), kẻ AM  BC (M  BC) thì SM  BC nên
S
MA  600 là góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC).

1
1
3 a2 3
AB. AC.sin1200  a.a.

2
2
2
4
a 3
SA  AM .tan 600 
2
1
1 a 3 a 2 3 a3
Thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC = SA.S ABC 
.


3
3 2
4
8
Ta có S ABC 

om

0.5

1
Vì AM  3GM , AM  (SBC) = M nên d  G,( SBC )   d  A,( SBC ) 
3
Trong mặt phẳng (SAM), kẻ AH  SM (H  SM) thì AH   SBC  nên

n.c

AH  d  A,( SBC ) 
Trong tam giác vuông SAM có
1
1
1
4
4 16
3a


 2  2  2  AH 
2

2
2
AH
AS
AM
3a
a
3a
4
a 3
Vậy d  G,( SBC )  
12
Câu 8 Giải bất phương trình: 4x 2  x  1
(1,0
điểm).



x 2  x  2   4x 2  3x  5 x 2  1  1

thv



 x  1
Đk: 
x 1

Đặt u  x 2  x  2, v  x 2  1  u , v  0  ta có

4x 2  x  1  u 2  3v 2 ,4x 2  3 x  5  3u 2  v 2
Bất phương trình đã cho có dạng
u 2  3v2  u  3u 2  v2  v  1   u  v 3  1  u  v  1  u  v  1

ma

0.5

0.25

0.25


Xét

x2  x  2 

x2  1  1

 x2  x  2  x2  1  2 x2  1  1

om

 2 x2 1  x  2
 x  2  0
 2
 x  2
x

1


0




   x  2
x20
 
 3x 2  4 x  8  0


2
2
 4  x  1  x  4 x  4

 x  2


22 7
  x  2

x 
 
3
   x  2  2 7  

3
22 7


x



 
3

22 7
 x 
3
  

n.c

0.5



2  2 7  2  2 7
;  
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  ;

3   3


Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc
đường thẳng  d1  : 2x  y  2  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng

thv

Câu 9  d 2  : x  y  5  0 . Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Xác định tọa độ các
(1,0
9 2
điểm) đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết M  ;  , K  9;2  lần lượt là trung điểm
5 5
của AH, CD và điểm C có tung độ dương.

ma

Gọi N là trung điểm BH
ABH
Ta có MN là đường trung bình của
suy
1
MN || KC , MN  AB  KC
2
 MNCK là hình bình hành  MK // CN (1)
Do MN  BC , BN  MC nên N là trực tâm BMC  CN  BM (2)
Từ (1) và (2) suy ra MK  BM
A

ra

B
M

N

H
D

K

C

0.25


Đường thẳng BM đi qua M, vuông góc với MK nên có phương trình
9x  2 y  17  0
Do
tọa
độ
B
thỏa
mãn
B  BM  d1 nên

0.25

9x  2 y  17  0  x  1

 B 1;4 

2x

y

2


0
y

4



om

Gọi C  c; c  5  với c > 5.
 
Do BC  KC  BC .KC  0

BC   c  1; c  9 

KC   c  9; c  7 

0.25

thv

n.c

c  9
Do đó  c  1 c  9    c  9  c  7   0  
c  4
Suy ra C  9;4  vì c > 5.
Đường thẳng CM đi qua M và C nên có phương trình x - 2 y  1  0
Đường thẳng BH đi qua B, vuông góc với MC nên có phương trình
2x  y  6  0

 13
x
2x  y  6  0 
 13 4 
5

H ; 
Tọa độ H thỏa mãn 
 5 5
x  2 y  1  0
y  4

5
M là trung điểm AH nên A 1;0 

0.25

Khi đó D  9;0 

Vậy các đỉnh hình chữ nhật là A 1;0  , B 1;4  , C  9;4  , D  9;0 
Câu
10
Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa mãn 5 a 2  b 2  c 2  6  ab  bc  ca  .
(1,0
2
2
điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2  a  b  c   b  c .
Ta có









ma

b  c 
5
2
5a   b  c   5a 2  5  b 2  c 2   6  ab  bc  ca   6a  b  c   6
2
4

2

2

2

 5a 2  6a  b  c    b  c   0
bc

abc
5
 a  b  c  2b  c 

Đẳng thức xảy ra khi a  b  c, b  c

0.25


om

n.c

thv

ma