De thi minh hoa loi giai chi tiet toan cuc hay

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LIÊN HÀ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
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  x3  3x 2  2, biết rằng tiếp tuyến song
song với đường thẳng d : 9 x  y  7  0.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình log 2 ( 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

sin x
dx.
9  cos 2 x

0

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

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 mặt phẳng (Q ) chứa
thẳng d :
1
1
1
đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P ).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2sin 2 x

3 cos 2 x 1.
3
b) Giải bóng đá Công đoàn cụm các trường THPT Đông Anh quy tụ 6 đội bóng đá Nam gồm: Liên Hà, Cổ

Loa, Đông Anh, Bắc Thăng Long, Vân Nội và An Dương Vương. Các đội chia thành 2 bảng A và B, mỗi
bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội Liên Hà
và Cổ Loa nằm ở hai bảng khác nhau.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a, 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

2a 10
và SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và

5
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH .

DC, SH 

Câu 8 (1,0 điểm). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 5. Gọi M , N lần

12 70
; ) là hình chiếu vuông góc của A
13 13
trên đường thẳng BM . Điểm C (8; 2), điểm N thuộc đường thẳng x  2y  0. Tìm tọa độ các điểm
A, B, D .
lượt là các điểm trên cạnh AD, AB sao cho AM  AN , điểm H (

Câu 9 (1,0 điểm). Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực
x 2  xy  2x  y  1  y  1  x


2
 2x  my  y  1  x  1
Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thay đổi, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
1
1
F


3
3a  4b  4 ac 3a  2b  6 abc
7(a  b  c)

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


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Đáp án

Câu
1
(1,0đ)

Điểm
1,00

2x 1
Khảo sát sự biện thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
.
x3
♥ Tập xác định: D  \ 3
♥ Sự biến thiên:
5
ￚ Chiều biến thiên: y ' 
; y '  0, x  D .
2
 x  3

0,25

;3 và 3;

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng

.

 ￚ Giới hạn và tiệm cận:
lim y

x

lim y

lim y
x

2

x

; lim y

3

x

3

0,25
2

tiệm cận ngang: y
tiệm cận đúng: x

3

ￚ Bảng biến thiên:

x

y'
y

0,25

3
2

2

♥ Đồ thị:
+ Giao điểm với các trục:
1  1
1 1 
Oy : x  0  y  :  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 
+ 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  3 x 2  2 , biết rằng tiếp tuyến
song song với đường thẳng d : 9 x  y  7  0 .
*Tập xác định: D 
* y'(x 0 )  3x 02  6x 0

1,00

*Tiếp tuyến của đồ thị (C) có phương trình dạng: y  y '(x 0 )(x  x 0 )  y(x 0 )

 y  (3 x02  6x 0 )(x  x 0 )  x 03  3x 02  2

0,25

(*)

(trong đó x 0  D là hoành độ tiếp điểm )

3
(1,0đ)

*Tiếp tuyến (*) song song với d nên
x  1

3 x0 2  6 x0  9   0
 x0  3
 Với x0  1 , phương trình tiếp tuyến là y  9 x  7 (loại )

0,25

 Với x0  3 , phương trình tiếp tuyến là y  9 x  25 ( thỏa mãn)

0,25

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

0,50

(1)

0,25

2

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

0,25

 x2  5x  4  0  x  1 x  4
 Kết hợp với điều kiện x  3 ta có nghiệm của phương trình (1) là x  4 .
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2i ) z (1 2 z )i 1 3i . Tính môđun của z .

0,25

 Đặt z

0,25

a bi , a, b

ta có:

0,50

 a  4b  1  a  9
.

(1  2i)z  (1  2z)i  1  3i  a  4b  (b  1)i  1  3i  
b  1  3
b  2
 Vậy môđun của z là z

a2

b2

92

22

85 .



4
(1,0đ)

1,00

sin x
Tính tích phân I  
dx
2
0 9  cos x
2

 Đặt t  cos x  dt   sin xdx
 x  0  t  1; x 


2

0,25
0,25

t0

0

1
1
1  1
1 

 Suy ra: I  
dt   

 dt
2
6 0  3 t 3t 
1 9t
1
1
1

 ln 3  t  ln 3  t  ln 2 .
0
6
6
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x  y  z  3  0 và đường



5
(1,0đ)

0,25



x y 1 z 1


. Tìm tọa độ giao điểm A của d với ( P ) và lập phương

1
1
1
trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và
nằm trong mặt phẳng ( P ) .
 Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình
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



0,25
0,25
1,00

thẳng d :

0,25


 Suy ra A(3; 4;2) .

0,25

 Mặt phẳng ( P ) có VTPT là n( P )  1;1;1 ; đường thẳng d có VTCP là ud   1;1;1
1 1 1 1 1 1
;
;
 0; 2;2 
 1 1 1 1 1 1  



(Q ) có vtpt là nQ   n( P ) ; ud   





0,25

Vậy mặt phẳng (Q ) có phương trình là : y  z  7  0
6
(1,0đ)

a) Giải phương trình 2sin 2 x

 Ta có:

1

3 cos 2 x

3

2sin 2 x cos

sin2x

(1)

1

2 cos 2 x sin

3
sin2x+ 3 cos 2 x

1

x

0,25
0,50

3 cos 2 x

3
3 cos 2 x

0,25

1

1
0,25

k

4

b)Giải bóng đá Công Đoàn cụm các trường THPT Đông Anh quy tụ 6 đội bóng đá

0,50

Nam gồm: Liên Hà, Cổ Loa, Đông Anh, Bắc Thăng Long, Vân Nội và An Dương
Vương. 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 Liên Hà và Cổ Loa nằm
ở hai bảng khác nhau.
 Số phần tử của không gian mẫu là:

C63C33 20 .
Gọi A là biến cố: “Đội Liên Hà và đội Cổ Loa nằm ở hai bảng khác
nhau”. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A
2!C42 C22 12

♥ Vậy xác suất cần tính là P A

7
(1,0đ)

12
20

A

0,25
0,25

3
.
5

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a, AD  a , K là hình
chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC , các điểm H , M lần lượt là trung điểm của

1,00

2a 10
và SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Tính theo a
5
thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH .
AK và DC , SH 

0,25

S

N

A
a

450

2a

B

A

H

I
H

K
D

M

K
C

1
* SH  (ABCD)  VABCD  .SH .SABCD
3

2
* SABCD  AB.AD  2a
 Thể tích khối chóp S. ABCD là

B

I

4a3 10
.
V
15

D

M

C

0,25

0,25


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

0,25

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
Xét tam giác vuông SHB ta có: HN 
Vậy d  SB, MH  
8
(1,0đ)

1
1
1 2a 2
2a 5
SB  HB. 2 
2
2
2
2 5
5

2a 5
.
5

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 5. Gọi M , N

1,00

12 70
; ) là hình
13 13
chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BM . Điểm C (8; 2), điểm N thuộc đường
thẳng x  2y  0. Tìm tọa độ các điểm A, B, D .
lần lượt là các điểm trên cạnh AD, AB sao cho AM  AN , điểm H (

K

N

A

B

H
M

D

E

C

* DAE  ABM  DE  AM  AN  NB  CE  tứ giác NBCE là hình chữ
nhật nội tiếp đường tròn đường kính NC (1)
*Tứ giác BCEH nội tiếp đường tròn (2)

Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B,C,E,H,N cùng thuộc đường tròn đường kính NC
 HN  HC
92 44
*Đường thẳng HN đi qua H và có vtpt CH  ( ; ) cùng phương n(23;11)
13 13
 (NH ) : 23x  11y  38  0

0,25
0,25


20 2
4 2
23x  11y  38  0
*Tọa độ N là nghiệm của hpt 
 N ( ; )  NC 
x  2y  0
3
3 3


* NB  NC 2  CB 2 

4 5
8 5
 AM  AN  AB  NB 
3
3

1

1
1
8 65
4 65


 AH 
, AE  AD 2  DE 2  AE 
2
2
2
13
3
AH
AM
AB
AH
6
HA 6




AE 13
HE 7
HK AK 6
6
3

  HK   HC và AK   AN

* HAK HEC 
HC
EC
7
7
7
36 58
 K ( ; ) và A(4; 6)
7 7

*

0,25

0,25


* AB 

3
AN  B(0; 2)
2

*CD  BA  D(4;10)
Đáp số : A(4; 6), B(0; 2), D(4;10)
9
(1,0đ)

1,00

Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực

x 2  xy  2x  y  1  y  1  x


2
 2x  my  y  1  x  1

x  1

*Điều kiện: y  1
2x 2  my  0

*Biến đổi PT(1) tương đương với (x  y  1)(x  1 
Vì x  1; y  1 nên x  1 

1
x  y 1

)  0 (1)’

1

 0 do đó
x  y 1
(1)'  x  y  1  0  y  x  1 thay vào PT(2) ta được

0,25

2 x 2  mx  m  x  x  1  2( x  1) 2  2  4( x  1)  m( x  1)  x  1  1  x  1

, do x=1 không là nghiệm nên chia 2 vế cho
2(x  1 

x  1 ta được

1
1
 2)  m  x  1 
1
x 1
x 1

0,25
*Đặt t  x  1 

1
x 1

,t  0  x  1 

1
 t 2  2 PT trên trở thành
x 1

2t 2  m  t  1  t 2  2t  1  m (*)
Nhận xét:
+)với x  1  t  2; )

+)hệ pt đã cho có nghiệm ( x; y ) khi và chỉ khi pt(*) có nghiệm t  2; )

0,25

*Xét hàm số g (t )  t 2  2t  1 với t  2; )

g '(t )  2t  2  0, t  2; )
Bảng biến thiên x
2

g '(t )
+
g (t )

1
*Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị m cần tìm là m  1.

10
(1,0đ)

0,25

Các số a, b, c dương thay đổi, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
1
1
F


3
3a  4b  4 ac 3a  2b  6 abc

7(a  b  c)

1,00

*Áp dụng bất đẳng thức Cô si :
2. a.(4c)  a  4c

0,25

3. 3 a.(2b).(4c)  a  2b  4c


F

0,25

1
1

2(a  b  c)
7(a  b  c)

*Đặt t  7(a  b  c), t  0  F 
*Ta có g '(t ) 

7 1
  g (t )
2t 2 t

0,25

t 7
, g '(t )  0  t  7
t3

1
1
F 
14
14
a  4

a  2b  4c

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
 b  2

c  1
 7(a  b  c)  7

1
Vậy MinF  
14

*Lập bảng biến thiên suy ra g (t )  g (7)  

0,25