de thi thu thpt quoc gia 2016 mon toan truong thpt chuyen nguyen hue lan 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
LẦN THỨ NHẤT
NĂM HỌC 2015 – 2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

2x  1
có đồ thị (C ) .
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C ) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm
cận của (C ) là nhỏ nhất.
Câu 2 (1 điểm).
3

1. Tính giá trị của biểu thức P  sin x.cos3x  cos 2 x biết cos2x  , x    ;0  .
Câu 1 (2 điểm).

Cho hàm số y 

5

 2



3

2. Giải phương trình: log 8 ( x  1)  log 2 ( x  2)  2 log 4 (3 x  2) .
Câu 3 (1 điểm).
1. Tìm hệ số của x5 trong khai triển (2 x 

1
x

3

)10 (với x  0 )

2. Một đoàn tàu có 3 toa chở khách đỗ ở sân ga. Biết rằng mỗi toa có ít nhất 4 chỗ
trống. Có 4 vị khách từ sân ga lên tàu, mỗi người độc lập với nhau, chọn ngẫu
nhiên một toa. Tính xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách nói trên.
( x  1)ln x
Câu 4 (1 điểm). Tìm nguyên hàm 
dx .
x
Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có điểm
A(4;-1;5) và điểm B(-2;7;5). Tìm tọa độ điểm C, D biết tâm hình vuông thuộc mp(Oxy).
Câu 6 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu
của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AD, góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy
bằng 60 0 . Gọi M là trung điểm của DC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SA và BM.
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(-1;2),
3 
tâm đường tròn ngoại tiếp I  ;2  , tâm đường tròn nội tiếp K(2,1). Tìm tọa độ đỉnh B biết
2 
xB  3.
Câu 8 (1 điểm).

Giải bất phương trình x 3  x  2  2 3 3x  2 .

Câu 9 (1 điểm). Cho x, y, z là các số không âm thỏa mãn x  y  z 

3
. Tìm giá trị nhỏ
2

nhất của P  x3  y 3  z 3  x 2 y 2 z 2 .

---------------------HẾT---------------------Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
LẦN THỨ NHẤT
NĂM HỌC 2015 – 2016
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN

Câu
Ý
1
1
(2điểm)

y

Nội dung

2x  1
.
x 1

Điểm

TXĐ: R\{-1}

1
y' 
 0 x  1
( x  1) 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (–∞;-1) và (-1;+∞)
2x 1
2x 1
 ; lim
   đường tiệm cận đứng của đồ thị là x =- 1
Giới hạn: lim
x 1 x  1
x 1 x  1
2x 1
2x 1
 2; lim
 2  đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 2
lim
x  x  1

x  x  1
bảng biến thiên
x
-∞
-1
+∞
y’
+
+
y

+∞

0,25

0,25

2

2

0,25

-∞

y
6

4

0,25

2

O

-5

5

x

-2

2




Gọi điểm M  a;2 

1 
 thuộc đồ thị (C).
a 1

Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng 1 : x  1 là d  M ; 1   a  1

0,25
0,25

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang  2 : y  2 là d  M ;  2  
Suy ra d  M ; 1   d  M ;  2   a  1 

1
a 1

1
2
a 1

0,25

Dấu bằng xảy ra khi a = 0 hoặc a = -2
Vậy tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận nhỏ nhất bằng 2 khi M(0;1) hoặc M(-2;3)

3
16
  
Vì cos2x   sin 2 2 x  mà x    ;0  sin 2 x  0
5
25
 2 
4
Suy ra sin 2 x  
5
sin 4 x  sin 2 x cos2x  1 18
P  sin x.cos3x  cos 2 x 



2
2
25
2 Điều kiện: x  1

0,25

2
1
(1điểm)

0,25

0,25
0,25

Phương trình  log 2 ( x  1)  log 2 ( x  2)  log 2 (3x  2)

 log 2 ( x  1)( x  2)  log 2 (3x  2)

 x  0 (l )
 ( x  1)( x  2)  (3x  2)  x 2  2 x  0  
 x  2 (tm)
Vậy phương trình có nghiệm là x  2 .
3
1
(1điểm)

khai triển (2 x 

Hệ số của

2

1

i

10

)   C (2 x)
10

x3

i 0

0,25

10 i

i
10

x5 là C102 .28  1  11520

5i
10 
 1  10 i 10i
i

2


C
2
(

1)
x

10

3 
x  i 0


0,25

2

0,25

Vì mỗi vị khách có 3 lựa chọn lên một trong ba toa tàu , Suy ra số cách để 4 vị khách lên
4
tàu là : 3  81
3
Số cách chọn 3 vị khách trong 4 vị khách ngồi một toa là C4  4
Số cách chọn một toa trong ba toa là C3  3
Vị khách còn lại có 2 cách chọn lên 2 toa còn lại
Suy ra có 2.3.4=24 cách để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách .

0,25

1

24

0,25

8

Vậy xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách là: P  81  27
4
(1điểm)



( x  1)ln x
ln x
dx   ln xdx  
dx .
x
x

0,25

 ln xdx  x ln x   xd ln x  x ln x   dx  x ln x  x  C

1



ln x
1
dx   ln xd ln x  ln 2 x  C2
x
2

Vậy I  x ln x  x 

1 2
ln x  C
2

0,25

0,25

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
5
(1điểm)

Gọi M(x;y;0) thuộc mặt phẳng Oxy là tâm hình vuông.

0,25

MA(4  x; 1  y;5)

MB(2  x;7  y;5)
 MAMB  0

Vì ABCD là hình vuông nên tam giác MAB vuông cân tại M  

0,25

 MA  MB
(4  x)(2  x)  (1  y )(7  y )  25  0
x  1



2
2
2
2
(4  x)  (1  y )  25  (2  x)  (7  y)  25  y  3

0,25

Vậy M(1;3;0)
Vì M là trung điểm của AC và BD nên C(-2;7;-5); D(4;-1;-5)
6
(1
điểm)

+) Tính thể tích

0,25

S

Gọi H là trung điểm của AD.
Vì HB là hình chiếu của SB lên đáy nên

(SB;( ABCD))  SBH  600

0,25
K
A

B

I
H
E

Trong tam giác SBHcó SH  BH tan 60 
0

VSABM

D

a 15
2

1
a3 15

(đvtt)
 VSABCD 
2
12

M

C

0,25

+) Tính khoảng cách:
Dựng hình bình hành ABME
Vì BM//(SAE)  d  SA, BM   d ( M ,( SAE ))  2d ( D,( SAE ))

 4d ( H ,( SAE ))
Kẻ HI  AE; HK  SI ,( I  AE, K  SI )
Chứng minh HK  ( SAE )  d ( H ,( SAE ))  HK
DE. AH
a

Vì AHI AED  HI 
AE
2 5
1
1
1
304
a 15




 HK 
Trong tam giác SHI có
2
2
2
2
HK
HI
SH
15a
4 19
a 15
Vậy d  SA, BM  
19

0,25

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
7
(1
điểm)

Gọi D là giao của AK với đường tròn (I).
Phương trình đường thẳng AK là:
x+3y-5=0

1
Ta có KBD  ( ABC  BAC )  BKD
2

A

K

Nên tam giác KBD cân tại D

I

B

0,25
C

D

Gọi D(5-3a,a) thuộc AK. Vì D khác A nên a  2 .Ta có
 a  2(l )
3 2
3 2
2
2
ID  IA  (5  3a  )  (a  2)  (1  )  (2  2)  
1
a 
2
2


2
7 1
Suy ra D  ; 
2 2
2

2

0,25

Gọi B(x;y) (x>3)ta có hệ

3
25

( x  ) 2  ( y  2) 2 

 x 2  y 2  3x  4 y  0
 IB  IA

2
4

 2

2
7
1
5

2
2
 x  y  7 x  y  10  0
 DB  DK
( x  )  ( y  ) 

2
2
2
 x  4; y  2(tm)
 x 2  y 2  3x  4 y  0 


5
5
 x  ; y   (l )
4
x

3
y

10

0

8
2


0,25

0,25

Vậy B(4;2)
8
(1điểm)

x3  x  2  2 3 3x  2
x3  3x  2  2 3 3x  2  2x
x  3x  2  2
3

0,25

3x  2  x 3
x 2  x 3 3x  2  3  3x  2 

2



2
3
0
(x  3x  2) 1 
 x 2  x 3 3x  2  3  3x  2 2 





2

0
Chứng minh 1 
2
2
 x  x 3 3x  2  3  3x  2  


x  1
3

(x

3x

2)

0

 x  2
Suy ra bất phương trình

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  ; 2  1

0,25

0,25

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
9
(1điểm)

1
2
3
3
3
2
2
2
Ta có x  y  z  3xyz  ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx)
 x3  y 3  z 3  3xyz  ( x  y  z ) ( x  y  z ) 2  3( xy  yz  zx ) 
Giả sử x =min {x,y,z} suy ra x [0; ]

 3xyz 

0,25

27 9( xy  yz  zx)

8
2

Ta

27 9
 ( xy  yz  zx)
8 2
1
1 13
27 9
215 9
 9 13 
 ( xyz  )2   xyz 
 ( xy  yz  zx) 
 ( xy  zx)  yz   x 0,25
8
64 4
8 2
64 2
2 4 

có P  x  y  z  x y z  x y z  3xyz 
3

3

3

2

2 2

2

2 2

1
9 13
 9 13 
 y  z   9 13 
x  0   yz   x    
Vì x  [0; ]  
   x
2
2 4
2 4 
 2  2 4 
2
215 9 3
1 3
  9 13 
 x(  x)    x    x 
Suy ra P 
64 2 2
4 2
 2 4 
2

0,25

2

215 9 3
1 3

  9 13 
 1
 x(  x)    x    x  , x  0; 
Xét f ( x) 
64 2 2
4 2
 2 4 
 2
1 25
 1
Hàm số f(x) nghịch biến trên 0;   f ( x)  f ( ) 
2 64
 2
Vậy GTLN của P bằng

25
1
đạt khi x = y = z =
2
64

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

0,25