De thi thu THPT MÔN TOÁN Chuyen Trần Quang Diệu Lan 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN QUANG DIÊU

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2x  1
.
x3
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  2 , biết rằng tiếp tuyến

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 
vuông góc với đường thẳng d : x  9 y  3  0 .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình log2 (x  3)  log 1 (x  2 )  1 .
2

b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  2i)z  (1  2 z)i  1  3i . Tính môđun của z .

2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
0

sin 2 x
dx .
3  4 sin x  cos 2 x

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : x  y  z  3  0 và đường
x y 1 z 1

. Tìm tọa độ giao điểm A của d với (P) và lập phương trình tham số của


1
1
1
đường thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và nằm trong mặt phẳng (P) .

thẳng d :

Câu 6 (1,0 điểm).


a) Giải phương trình 2 sin  2 x 




  3 cos 2 x  2 .
3

b) Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng gồm: ĐKVĐ U21 HA.GL,
U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, U21 Myanmar và U19 Hàn Quốc. Các đội
chia thành 2 bảng A, B, mỗi bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên.
Tính xác suất để hai đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2 a, AD  a , K là hình
chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC , các điểm H ,M lần lượt là trung điểm của AK và DC , SH
vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABCD) bằng 450 . Tính
theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình

chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm M  2 ;1 , N lần lượt là trung điểm của HB và HC ; điểm
 1 1
K   ;  là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết rằng điểm A có tung độ âm và thuộc
 2 2
đường thẳng d : x  2 y  4  0 .

3 x 2  2 xy  2 y 2  3 x  2 y  0
.
2
2
5 x  2 xy  5 y  3 x  3 y  2  0

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

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn x  y  z 
P

z  xy  1

2

y 2  yz  1



x  yz  1

2

z 2  zx  1



y  zx  1

3
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2

2

x 2  xy  1

.

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


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN QUANG DIÊU

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1
Môn: TOÁN

Câu
1
(1,0đ)

Đáp án
Khảo sát sự biện thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

♥ Tập xác định: D  ¡ \3

Điểm
1,00

2x  1
.
x3

0,25

♥ Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên: y' 

5

 x  3

2

; y'  0 , x  D .

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng   ; 3  và  3;  .
0,25

 ￚ Giới hạn và tiệm cận:
 tiệm cận ngang: y  2

lim y  lim y  2

x

x

 tiệm cận đúng: x  3

lim y   ; lim y  

x3

x3

0,25

ￚ Bảng biến thiên:
x
y'



y

2

3









2

♥ Đồ thị:
+ Giao điểm với các trục:
1  1
1 1 
:  0 ;  và Oy : y  0  2 x  1  0  x  :  ; 0 
3  3
2 2 
 1 1 
Đồ thị cắt các trục tọa độ tại  0 ;  ,  ; 0  .
 3 2 
Oy : x  0  y 

+ Tính đối xứng:
Đồ thị nhận giao điểm I  3 ; 2  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25


2
(1,0đ)

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  2 , biết rằng tiếp

1,00

tuyến vuông góc với đường thẳng d : x  9 y  3  0 .
1
9

 Đường thẳng d có hệ số góc là kd   . Do tiếp tuyến vuông góc với d nên
hệ số
góc của tiếp tuyến là ktt  

0,25

1
9.
kd

 Khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình

0,25

x  1
y'  ktt  3 x 2  6 x  9  x 2  2 x  3  0  
 x  3

3
(1,0đ)

 Với x  1  y  2 , tiếp điểm  1; 2  . Phương trình tiếp tuyến là y  9 x  7 .

0,25

 Với x  3  y  2 , tiếp điểm  3 ; 2  . Phương trình tiếp tuyến là y  9 x  25 .

0,25

a) Giải bất phương trình log2 (x  3)  log 1 (x  2 )  1

(1)

0,50

 Điều kiện: x  3 .
Khi đó: (1)  log2 (x  3)(x  2 )   1  (x  3)(x  2 )  2

0,25

2

0,25

 x2  5x  4  0  1  x  4

 Kết hợp với điều kiện x  3 ta có nghiệm của bất phương trình (1) là 3  x  4 .
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  2i)z  (1  2 z)i  1  3i . Tính môđun của
z.
 Đặt z  a  bi ,  a,b  ¡  ta có:

0,50
0,25

a  4b  1 a  9

.
(1  2i)z  (1  2 z)i  1  3i  a  4b  (b  1)i  1  3i  

b  1  3
b  2

0,25

 Vậy môđun của z là z  a 2  b2  9 2  2 2  85 .

1,00



4
(1,0đ)

2

sin 2 x
dx .
Tính tích phân I 
3  4 sin x  cos 2 x
0









2

2

2

sin 2 x
sin xcos x
dx 
dx 
 Ta có: I 
2
3  4 sin x  cos 2 x
sin x  2 sin x  1
0
0





 Đặt t  sin x  1  dt  cos xdx , x  0  t  1; x 
2


2

sin xcos x

  sin x  1
0

2

0,25
dx

t 2

2

1 1 
t 1
 Suy ra: I 
dt    2  dt
2
t t 
t
1
1





2



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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : x  y  z  3  0 và
5
(1,0đ)

0,25
0,25
0,25
1,00

x y 1 z 1
. Tìm tọa độ giao điểm A của d với (P) và lập


1
1
1
phương trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với
đường thẳng d và nằm trong mặt phẳng (P) .

đường thẳng d :

 Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình

0,25


x  y  z  3
 x  3
x  y  z  3  0



 1  y  4 .
 x y  1 z  1  x  y

 

z  2
yz2
1
1
 1



 Suy ra A( 3 ; 4 ; 2 ) .

uuuur
 Mặt phẳng (P) có VTPT là n( P )   1; 1; 1 ; đường thẳng d có VTCP là
uur

ud   1; 1; 1

0,25
0,25

Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng d 
  (P)  (Q)
r

uuuur uur

1 1 1 1 1 1
;
;
 0 ; 2 ; 2  .

  1 1 1 1 1 1  


 x  3

 Vậy phương trình tham số của  là  y  4  2t  t  ¡  .
 z  2  2t


Khi đó VTCP của  là u  n( P ) ;ud   



6

(1,0đ)

a) Giải phương trình 2 sin  2 x 


 Ta có:

 1

 2 sin 2 xcos





  3 cos 2 x  2
3

 2 cos 2 x sin



0,50

(1)

0,25

 3 cos 2 x  2

3
3
 sin2x+ 3 cos 2 x  3 cos 2 x  2  sin2x  2

0,25

(2)

Do sin 2 x  1 nên phương trình (2) vô nghiệm
♥ Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng

0,25
0,50

gồm: ĐKVĐ U21 HA.GL, U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên
Việt Nam, U21 Myanmar và U19 Hàn Quốc. Các đội chia thành 2 bảng A, B,
mỗi bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên.
Tính xác suất để hai đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng
khác nhau.
 Số phần tử của không gian mẫu là:   C63C33  20 .

0,25

Gọi A là biến cố: “đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng
khác
nhau”. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:  A  2 !C42C22  12

0,25

♥ Vậy xác suất cần tính là P  A  
7
(1,0đ)

A




12 3
 .
20 5

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2 a, AD  a , K là
hình chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC , các điểm H ,M lần lượt là
trung điểm của AK và DC , SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc giữa
đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABCD) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH .

1,00


0,25

S

N

A
a

450

2a

B

A

H

I
H

K

D

B

I

C

M

K

D

C

M

 Do SH  ( ABCD) nên HB là hình chiếu của SB lên ( ABCD)

0,25

·
·
SB;(ABCD)    SB; HB   SBH
 450  SH  BH
Suy ra ·
1
2a
2a
Xét tam giác vuông ABC ta có: AC  a 5 , HK  AK 
, BK 
2
5
5
Xét tam giác vuông BKH ta có

BH 2  BK 2  HK 2 

4a2 4a2 8a2
2 a 2 2 a 10


 SH  BH 


5
5
5
5
5

 Thể tích khối chóp S.ABCD là

0,25
3

1
1
1
2 a 10 4 a 10
.
V  SABCD .SH  AB.AD.SH  .2 a.a.

3
3
3
5
15
 Gọi I là trung điểm của BK , suy ra tứ giác HICM là hình bình hành
Suy ra: HI  BC  I là trực tâm tam giác BHC  CI  HB  MH  HB
Mà HB là hình chiếu của SB lên ( ABCD) nên MH  SB .

0,25

 Trong (SHB) , kẻ HN  SB (N  SB) , ta có:

0,25

 MH  HB
 MH  HN

 MH  SH

Suy ra HN là đoạn vuông góc chung của SB và MH . Suy ra:

d  SB,MH   HN

1
2

1
2

Xét tam giác vuông SHB ta có: HN  SB  HB. 2 
Vậy d  SB,MH  

1 2a 2
2a 5
2
2 5
5

2a 5
.

5

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là
8
(1,0đ)

1,00

hình chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm M  2 ;1 , N lần lượt là trung
 1 1

điểm của HB và HC ; điểm K   ;  là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ
 2 2
điểm C , biết rằng điểm A có tung độ âm và thuộc đường thẳng d : x  2 y  4  0 .
C
N
H
K(-1/2;1/2)

M(2;-1)

I
A

x+2y+4=0

B

 Gọi I là trung điểm của AH , ta có MI / / AB  MI  AC

0,25


Suy ra: I là trực tâm tam giác AMC  CI  AM
Mà NK  AM  NK / /CI  K là trung điểm HI .
uuur

uuur

0,25

 2a  2 2  a 
;

3 
 3

 Đặt A  2 a  4 ;a   d , từ hệ thức AK  3KH  H 
uuur

uuuur  2 a  4 5  a 
7

1
;

2
3 
2


 3
uuur uuuur
7
 2 a  4   1
 5  a 
AK.MH  0    2 a 
    a 
0
2
 3   2
 3 
 a  1
 A  2 ; 1 .
 10 a 2  13a  23  0  
 a  23

10

Suy ra: AK    2 a;  a  và MH  
Khi đó:

 Suy ra tọa độ H  0 ; 1 và B  4 ;3 

0,25

Phương trình AB : x  3 y  5  0 và BC : x  y  1  0 .
 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:

9
(1,0đ)

0,25

 x  3 y  5  x  4

 C  4 ; 3  .

 x  y  1
 y  3
3 x 2  2 xy  2 y 2  3 x  2 y  0
Giải hệ phương trình  2
2
5 x  2 xy  5 y  3 x  3 y  2  0

(1)
(2)

1,00

.

 Nhân hai vế của phương trình (1) với 3 rồi trừ theo vế cho (2), ta được
phương trình:

0,25

4 x 2  4 xy  y 2  6 x  3 y  2  0

0,25

2x  y  1
 ( 2 x  y)2  3( 2 x  y)  2  0  
.
2x  y  2
 Nếu 2 x  y  1 thì y  1  2 x , thay vào (1) ta được:



0,25

x  0  y  1
7 x2  5x  0  
x  5  y   3

7
7

 Nếu 2 x  y  2 thì y  2  2 x , thay vào (1) ta được:

0,25

x  1  y  0
7 x  11x  4  0  
x  4  y  6

7
7
2

5

3 4 6

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là  0 ; 1 ;  1; 0  ;  ;   ;  ;  .
7 7 7 7
10
(1,0đ)

Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn x  y  z 
biểu thức
P

z  xy  1

2

y 2  yz  1



x  yz  1

2

z 2  zx  1



3
. Tìm giá trị nhỏ nhất của

2

y  zx  1

1,00

2

x 2  xy  1

.

 Biến đổi biểu thức P , ta có:

0,25
2

2
2

1


1
1
y

z

x 



y
z 
x 
P


1
1
1
y
z
x
z
x
y

 Chứng minh bất đẳng thức:

a2 b2 c 2
   abc
b
c
a

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

 a,b,c  0 

(1)

0,25


a2
b2
c2
a2 b2 c 2
 b  2 a,  c  2b,  a  2c 
   abc.
b
c
a
b
c
a
Dấu đẳng thức của (1) xảy ra khi và chỉ khi a  b  c



1 

1 

1



 

 



1

1

1

Sử dụng (1) ta suy ra: P   x     y     z    x  y  z     Q
y
z
x
x y z
 Tiếp tục đánh giá Q , ta có: Q  3 3 xyz 

3
3

(2)

xyz

0,25

Dấu đẳng thức của (2) xảy ra khi và chỉ khi x  y  z
xyz 1


3
2
3
3
9 15
15
P  Q  3t   12t   9t  2 36  
P
t
t
2 2
2

Đặt t  3 xyz , ta có: 0  t  3 xyz 
 Khi đó:

Dấu đẳng thức của (3) xảy ra khi và chỉ khi


3
x  y  z 
2

1
1
1
1

x   y   z   x  y  z 
2

y
z
x


1
x  y  z 
2

15
1
Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là
, đạt khi x  y  z  .
2
2

(3)

0,25