DE THI THU MON TOAN THPTQG CHUYEN LE QUY DON 2016

Facebook thầy Quang

: />
/>
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
ĐỀ CHÍNH THỨC LẦN II

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn : Toán
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
1
Câu 1.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  3
4
2x 1
Câu 2. (1,0 điểm). Cho hàm số y 
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại
x 1
giao điểm của đồ thị với trục tung.
Câu 3. (1,0 điểm).
a)Cho số phức z thỏa mãn (1+i).z=14-2i. Tìm modun của số phức z.
b)Giải phương trình log 22 x  2 log 2 x  3  0
e

( x 2  1) ln x
dx
x
1

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

x 1 y z  1

và điểm
 
2
1
1
A(1;-4;1). Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng d và viết phương trình mặt cầu
có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng d.
3
Câu 6. (1,0 điểm).a)Cho s inx+cosx=
. Tính giá trị của biểu thức A  sin 3 x  cos3 x
2
b)Túi bên phải có ba bi đỏ, hai bi xanh; túi bên trái có bốn bi đỏ, năm bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi túi
một viên bi. Tính xác suất sao cho hai viên bi lấy ra cùng màu.
Câu 7.(1,0 điểm) . Cho hình chop S.ABCD có đấy ABCD là hình bình hành tâm O, AB=2a,
AD= 2a 3 ,các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a. Gọi M là trung điểm của OC. Tính theo a thể tích khối
chop S.ABMD và diện tích của hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD.
Câu 8.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H, các
2
đường cao AK và CD. Biết rằng (C):  x  2   y 2  5 là đường tròn ngoại tiêp tam giác DHK, trung
điểm của AC là điểm P(7;5) và đường thẳng BC đi qua điểm Q(1;4). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC biết rằng điểm D có hoành độ lớn hơn tung độ.
Câu 9. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:
Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d:

 x  3 x  1  x( x 2  3 x  3)  x 2  6 x  6  2 3 y  2  y  3  2

2
3 x  1  x  6 x  6  3 y  2  1
Câu 10.(1,0 điểm). Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn 0  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  9
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

( x  y  z )6
Px y z 
5( x 2  y 2  z 2 )
4

4

4

1


Facebook thầy Quang

: />
/>
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

1 4
x  2 x2  3 .
4

+) Tập xác định: D = R
+) Ta có:
lim y  lim y  
x 

x 

3

y’= x  4 x

x  0
y’=0  x  4 x =0   x  2
 x  2
+) Ta có bảng biến thiên:
3

x
y’
y

-
+

-2
0

+

0
0

-

0

2
+
3

+
+

-1

-1

Hàm số đồng biến trên (-2;0) và (2;+  )
Hàm số nghịch biến trên (-  ;-2) và (0;2)
Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 và x= -2 , khi đó y= -1
Hàm số đạt cực đại tại x=0, khi đó y=3

2x 1
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
x 1
đã cho tại giao điểm của đồ thị với trục tung.
Câu 2.(1,0 điểm). Cho hàm số y 

+) Đồ thị hàm số y 

2x 1
cắt trục tung tại điểm có hoành độ bằng 0
x 1

2

Facebook thầy Quang

: />
/>
 tung độ là -1:
A(0;-1)
+) Phương trình đường tiếp tuyến cần tìm là:

y  y ' A  x  xA   y A

y'

3

 x  1

2

= -3x – 1

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y= -3x – 1.
Câu 3.(1,0 điểm)
Cho số phức z thỏa mãn (1+i).z=14-2i. Tìm modun của số phức z.
Giải phương trình log 22 x  2 log 2 x  3  0 .
a) Ta có:
(1+i).z=14 – 2i

z=

14  2i
=6 – 8i
1 i

2

 z  62   8  10
Vậy modun của z là 10.
b) log x  2 log 2 x  3  0
 Điều kiện: x>0
(*)   log 2 x  1 log 2 x  3  0
2
2

x  2
 
x  1
8


log x  1
  2
log 2 x  3

(*)

(Thỏa mãn)

 1
Vậy x  2; 

 8
e

( x 2  1) ln x
dx .
x
1

Câu 4. (1,0 điểm). . Tính tích phân I  
+) Ta có:
e

( x 2  1) ln x
dx =
x
1

I 

e

e

ln x
dx
x
1

 x ln xdx  
1

  ln x 2  e 1
ln x
Xét A= 
dx =  ln xd  ln x  = 
 
 2 1 2
x
1
1


e

e

e

Xét B=  x ln xdx
1

3


Facebook thầy Quang

: />
/>
dx


du  x
u  ln x
Đặt 

2
dv  xdx
v  x

2
e
2
2
e
x

x
 e  x2  e e2 1
x
 B=  ln x    dx =  ln x     = +
 2
1 1 2
 2
1  4 1 4 4
e2 3
+
4 4
Câu 5. (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d:
x 1 y z  1
và điểm A(1;-4;1). Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên
 

2
1
1
đường thẳng d và viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng d.

Vậy I=

+) Gọi H là hình chiếu của A lên d
Vì Hd
H(1+2t; t ; -1 – t)

 AH   2t; t  4; 2  t 

+) Gọi u   2;1; 1 là vecto chỉ phương của d
 
Vì AH  d nên AH .u  0
 2t.2 + (t+4) – ( -2 – t ) = 0

t = -1 H(-1; -1;0)
+) Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm
Do mặt cầu tiếp xúc với d nên R  d A;d   AH

 R = AH = 14
AH   2;3; 1


Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:
2
2
2

 x  1   y  4    z  1  14
Câu 6. (1,0 điểm).
3
. Tính giá trị của biểu thức A  sin 3 x  cos3 x
2
Túi bên phải có ba bi đỏ, hai bi xanh; túi bên trái có bốn bi đỏ, năm bi xanh. Lấy ngẫu
nhiên từ mỗi túi một viên bi. Tính xác suất sao cho hai viên bi lấy ra cùng màu.

Cho s inx+cosx=

3
3
1
 1+2sinxcosx =  sinxcosx = 
2
4
8
2
3
3
A  sin x  cos x =  s inx  cos x   sin x  sin x cos x  cos 2 x  =  s inx  cos x 1  sin x cos x 

a) s inx+cosx=

4


Facebook thầy Quang

=

: />
/>
9 3
3  1 9 3
Vậy A=
. 1   =
16
16
2  8

b) Không gian mẫu : “Lấy ngẫu nhiên mỗi túi 1 viên bi”
 n  5.9  45
Biến cố A: “ Hai viên bi lấy ra cùng màu”
-) Trường hợp 1: “ Hai viên bi lấy ra cùng màu đỏ”
 Có 3.4 = 12 cách
-) Trường hợp 2: ”Hai viên bi lấy ra cùng màu xanh”
 Có 2.5 = 10 cách
 n = 12+10 = 22 cách
n
22
Vậy P(A) = A 
n 45
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O,

AB  2a , AD  2a 3 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của
OC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABMD và diện tích của hình cầu ngoại tiếp tứ diện
SOCD.

Ta có: SA  SB  SC  SD  3a  SO   ABCD 

SOA SOB SOC SOD
 OA  OB  OC  OD

5


Facebook thầy Quang

: />
/>
 ABCD là hình chữ nhật
 S ABCD  AB. AD  2a.2a 3  4a

2

3

AB 2  AD 2  4a

Có: DB 

SB 2  OB 2  a 5
1
1
4a 3 15
2
 VS . ABCD  .SO.S ABCD  .a 5.4a 3 
3
3

3
3
3
 VS . ABMD  VS . ABCD  a 15
4
Gọi G là trọng tâm OCD , do OCD đều nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp OCD
Kẻ d qua G và song song với SO  d   ABCD 
 SO 

Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt d tại K, cắt SO tại I
Ta có: KI là trung trực SO  KO  KS
Mà KO  KC  KD  K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ diện SOCD
2

2
Có: GO  CD  2a , R  KO  OI 2  OG 2   a 5    2a   a 93

 


3

3

 2 

 3

6

2

2


 Diện tích mặt cầu : S  4 R 2  4  a 93   31a 
3
 6 
Câu 8.( 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn có
2
trực tâm H, các đường cao AK và CD. Biết rằng (C):  x  2   y 2  5 là đường tròn ngoại
tiêp tam giác DHK, trung điểm của AC là điểm P(7;5) và đường thẳng BC đi qua điểm
Q(1;4). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng điểm D có hoành độ lớn hơn tung
độ

Giải
Gọi I là trung điểm của BH
Do DHKB nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp  DHK là
đường tròn ngoại tiếp DHKB
 I là tâm đường tròn  I  2; 0 

6


Facebook thầy Quang

: />
/>
  IHD


 IDH
(Do DHKB nội tiếp)


 IHD  DKB

Ta có: 

Mà  BKA  BDC 

BD BC
BD BK


  BKD  BAC 

BK BA
BC BA

  BAC

BKD
  PAD

Do  DAC vuông tại D có P là trung điểm AC   PDA cân tại P  PDA
 

  HDP
  900 hay ID  DP  ID.DP  0


ADP  IDH
Do đó: IDH
 a  2  a  7   b  b  5  0
2
2
 a  2   b  5

Gọi D  a; b   Tọa độ của D thỏa mãn hệ 

 a  1, b  2
 a  4, b  1

 

. Do xD  yD nên D  4;  1

Chứng minh tương tự, có IK  KP  K 1; 2 
Do BC đi qua Q 1; 4  và K 1; 2  nên BC : x  1  0  B 1; c 
2

c  2  B 1; 2 

 L
c  2  B 1; -2  T / m 

Do B thuộc đường tròn  C  nên 1  2   c  5  
2

Do I là trung điểm của BH nên H  3; 2 
Lại có: KH : y  2  0 ;

BD : x  3 y  7  0

x  3y  7  0
 A 13; 2 
y  2  0

 Toạ độ A thỏa mãn 

Do P là trung điểm của AC nên C 1; 8 
Vậy A 13; 2  , B 1; -2  , C 1; 8 

7


Facebook thầy Quang

: />
/>
Câu 9. . (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

 x  3 x  1  x( x 2  3x  3)  x 2  6 x  6  2 3 y  2  y  3  2

2
3 x  1  x  6 x  6  3 y  2  1
2
Thế  x  6 x  6  3 y  2  1  3 x  1 vào PT(1) ta được :

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

3

Xét hàm số f (t )  t  t  1  f '(t )  1 

 0 suy ra hàm số đồng biến
2 t3 1
Mà f ( x  1)  f ( 3 y  2)  x  1  3 y  2 .Thế vào PT(2) ta được :
3 x  1  x2  6 x  6  x

 3 x  1  x  x2  6 x  6
 9( x  1)  2 x 2  6 x  6  2 x x 2  6 x  6
 (15 x  15  2 x 2 ) 2  4 x 2 ( x 2  6 x  6)
 ( x  5)( x  1)(4 x  5)  0
5
127

x  y

Đối chiếu điều kiện 
4
64

 x  5  y  62
 5 127 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt  ; 
 và (5;62)
64 
4
Câu 10. (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn

0  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  9

( x  y  z )6
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  x  y  z 
5( x 2  y 2  z 2 )
4

4

4

Cách 1 :

8


Facebook thầy Quang

)

: />
/>
( x  y  z )6
( x 2  y 2  z 2  xy  xz  yz )3 ( x 2  y 2  z 2  xy  xz  yz ) 2


5( x 2  y 2  z 2 ) 5( x 2  y 2  z 2  xy  yz  xz )
5

 ) x 4  y 4  z 4  ( x 2  y 2  z 2 ) 2  ( x 2  y 2  z 2  xy  xz  yz )2

P

4( x 2  y 2  z 2  xy  yz  xz ) 2 4.81 324


5
5
5

324
tại ( x; y; z )  (3;0;0) và các hoán vị .
5
2
2
2
Cách 2 : Ta có : x  9  ( y  z  xy  yz  xz )  9  x   0;3
Vậy Pmax 

Tương tự  y, z   0;3
Khi đó :

 x ( x 3  27)  0

3
4
4
4
 y ( y  27)  0  x  y  z  27( x  y  z )
 z ( z 3  27)  0


Và :

 x( x  3)  0

2
2
2
 y ( y  3)  0  x  y  z  3( x  y  z )
 z ( z  3)  0

Suy ra P  27( x  y  z ) 

( x  y  z )6
15( x  y  z )

t5
với t  x  y  z ,0  t  9
15
324
 f (t ) max  f (3) 
5
324
Vậy Pmax 
tại ( x; y; z )  (3;0;0) và các hoán vị .
5
Xét hàm số f (t )  27t 

9