de thi thu thpt quoc gia mon toan nam 2016 truong thpt lam kinh lan 1

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
TRƯỜNG THPT LAM KINH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC
GIA LẦN 1
MÔN: TOÁN. NĂM HỌC 2015 - 2016
Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)
2x + 1 Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số
y=
x −1
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm

số.
b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng của đồ thị (C) bằng khoảng
cách từ M đến trục Ox.
Câu 2 (1 điểm).
3 sin 2 x − cos 2 x = 4sin x − 1 a. Giải phương trình: .
b.
2log 3 ( x − 1) + log 3 (2 x − 1) ≤ 2
Giải bất phương trình: .
I = x x 2 + 3dx Câu 3 (0.5 điểm). Tính nguyên hàm
sau:
Câu 4 (1.5 điểm).
3
9
a. Tìm số hạng chứa trong khai triển của
 x2 
b. Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu
x − 2 ÷ .
x 


hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy
ngẫu nhiên từ 20 câu hỏi trên. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm
xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy 600 ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm
AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa
(SAB) và (ABCD) bằng . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
và IC.
BC
FM
+( 5;y==−2BA
3FE
Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ 2x
13) = 0

∫

Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, . Gọi E, F
lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối
của tia FE lấy điểm M sao cho . Biết điểm M có tọa độ , đường thẳng AC có phương trình , điểm A
có hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 7 (1 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể
tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a.
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương  x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4


trình
 4 y 2 − x − 2 + y − 1 = x − 1
Câu 9 (1 điểm). Cho là độ dài
3 2c +ab, b=,4cabc.
5

S=
+
+
b+c−a a +c−b a +b−c
ba cạnh của một tam giác thỏa
mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
----Hết----

Họ và tên thí sinh:………………………………………………………………………….Số báo danh:………………………..............
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

1


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
MÔN TOÁN THI THỬ THPT
QUỐC GIA 2015-2016, LẦN 1

Câu
Câu1a
1.0đ

Nội dung

Điểm

D = R \ { 1}
∀x−∈3D
y' =
<0

2
( x − 1)

- Tập xác định
- Sự biến thiên với

0,25

+ Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) , ( 1; +∞ )
mỗi khoảng
+ Hàm số không có cực trị
+ , suy ra đường thẳng y = 2 lim y ( x ) = 2
x →±∞
là đường tiệm cận
ngang của đồ thị
x ,=lim
1 y ( x ) = −∞
, suy ra đường thẳng lim y ( x ) = +∞
x →1
x →1
là đường
tiệm cận đứng của đồ thị
+

0,25

−

+ Bảng biến thiên
x

y’(x)

-∞

+∞

1

-

0,25

+∞

2

y
-∞

2

- Đồ thị
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm

( 0; −1) , ( −2;1) , ( 4;3) , ( 2;5 )
+ Đồ thị nhận điểm làm tâm I ( 1; 2 ) đối xứng.

0,25

2

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Câu 1b
1.0đ

Gọi , , , Ta có

2x
d ( M, ∆1 ) = dy(M
M,
y) )+
( x( x0Ox
)1 x 0 − 1 = y0
0≠; 01
0⇔
0 =
x0 −1

0,25

2x 0 + 1
2
⇔ ( x 0 − 1) = 2x 0 + 1
x0 −1
Với , ta có :
M ( 0;x−1≥) , −
M1( 4;3) x 0 = 0
x 20 − 2x 0 + 1 =

02x 0 + 1 ⇔ 
Suy ra
2
x0 = 4

0,25

⇔ x0 −1 =

2
−1
x 20 − 2x 0 + 1 = −
0 −1 ⇔ x0 + 2 = 0
x 2x
<
0
2
Vậy
M ( 0; −1) , M ( 4;3)

0,25

Với , ta có pt
(vô nghiệm) .

0,25

3 sin 2 x − cos 2 x = 4sin x − 1 ⇔ 2 3 sin x cos x + 1 − cos 2 x − 4sin x = 0
Câu 2a.
0.5đ

⇔ 2 3 sin x cos x + 2sin 2 x − 4sin x = 0 ⇔ 2sin x

(

)

3 cos x + sin x − 2 = 0 0,25

sin x = 0
 x = kπ
sin x = 0

⇔
⇔
,k ∈¢ .
π ⇔ π



sin
x
+
=
1
x
=
+
k
2

π
3
cos
x
+
sin
x
=
2

÷

 
3
6

Câu 2b.
0.5đ

ĐK: x > 1 ,

2 log
⇔3 log
( x −3 [(
1)x+−log
1)(23x(2−x1)]
− 1)
≤ 1≤ 2



Đối chiếu điều kiện suy ra
bpt có tập nghiệm S = (1;2]
Câu 3
0.5 đ

Đặt .
Suy ra

Câu 4.a
0.5đ

Ta có

⇔ 2−x12 −≤3xx≤− 22 ≤ 0
2

0,25

0,25

0,25

t = x 2 + 3 ⇒ t 2 = x 2 + 3 ⇒ 2tdt = 2xdx ⇒ xdx = tdt

0,25

t3
( x 2 + 3)3
I = ∫ t.tdt = ∫ t dt = + C =
+C

3
3

0,25

2

9

k

9
9
2 
k

k 9 − k  −2 
k 9 −3k
( −2 )
 x − 2 ÷ = ∑ C9 x  2 ÷ = ∑ C9 x
x  k =0

x 
k =0

0,5

3

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
9 − 3k = x33⇔ k = 2

Câu 4.b
0.5đ

Câu 5
1.0đ

Số hạng chứa

tương ứng giá trị k thoả mãn
Suy ra số hạng chứa bằng C92 x 3 ( −2x) 23 = 144x 3

0,25

Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng C 204 = 4845
đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi
0,25
có đề thi.
C102 .C102 = 2025 Thí sinh A rút ngẫu nhiên được
1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có
trường hợp.
C103 .C101 = 1200 Thí sinh A rút ngẫu nhiên được
1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có
trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 C104 = 210
đề thi có 4 câu đã thuộc, có
0,5
trường hợp.

Do đó, thí sinh A rút ngẫu 2025 + 1200 + 210 = 3435
nhiên được 1 đề thi có ít
nhất 2 câu đã thuộc, có trường hợp
Vậy xác suất để thí sinh A rút 3435 229
=
ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít
4845 323
nhất 2 câu đã thuộc là .
1 = a2
SABCD
VS.ABCD
= SH.S
ABCD
0,25
3

Ta có , trong đó

SH ⊥ (ABCD)

0,25

Do (SIC),(SBD) cùng vuông với
đáy suy ra
·⇒
· ( SHE
HE ⊥ ⇒
ABSEH
SEH
= 60)0 ⊥ AB

Dựng , suy ra là góc giữa (SAB)
và (ABCD)
SH = HE.tan 600 = 3HE

Ta có
HE HI 1
a
=
= ⇒ HE =
CB IC 3
3
a 3
⇒ SH =
3
1
1 a 3 2
3a 3
VS.ABCD = SH.SABCD = .
.a =
3
3 3
9

Suy ra
Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI

⇒ d ( SA, CI ) = d ( CI, ( SAP ) ) = d ( H, ( SAP ) )

0,25

4


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
HK) ⊥ (AP
Dựng , suy ra
SAP )
( SHK
HF ⊥ SK ⇒ HF ⊥ ( SPA ) ⇒ d ( H, ( SPA ) ) = HF

Dựng
1 ∆SHK
1
1
Do vuông tại
⇒
=
+
2
2
H(1)
HF
HK
HS2
DM
⊥ HK
AP1
1
1=

1
Dựng , ta thấy
⇒
=
=
+
2
2
2
1
1HK 1DM 1 DP
a 4 DA
12 3
8
Thay vào (1)
⇒
=
+
⇒
HF
+
=
=
+
+ 2 = 2
2
2
2
2
2

2
ta có .
HF
DP DA HS2 2 a
a
a
a
a
Vậy .
d ( SA, CI ) =

0,25

2 2

Gọi I là giao điểm của BM và AC.

BC = 2BA ⇒ EB = BA, FM = 3FE ⇒ EM = BC

Ta thấy

·
·
∆ABC = ∆BEM ⇒ EBM
= CAB
⇒ BM ⊥ AC

Câu 6
1.0đ

.
Đường thẳng BM : x − 2y − 7 = 0
BM đi qua M
vuông góc với AC .
uur
2 uuur uuu
8 12
−411
r−13
6  13
IB = − IM
⇒
⇒=IM
I = ; ;÷÷⇒
x÷=B ( 1; −3)
2x
+
y
−
3
=
0
 3
555 5  5
 55  ⇔


Toạ độ
 x − 2y − 7 = 0
 y = −11


điểm I là
5

nghiệm của
hệ ,

0,25

0,25

Trong ta có
1
1
1 ∆ABC
5
5
=
+
=
⇒ BA =
BI
2 2 5
2 2
Mặt khác , suy BI2 BA 2 BC
−8= 4BA
−4= 2 4 5 2
 BI
BA
BI =  ÷ +  ÷ =

ra
2

5
 5   5 
A ( a,3 − 2a )
 a =3
2
2
2
2
BA = 4 ⇔ ( a − 1) + ( 6 − 2a ) = 4 ⇔ 5a − 26a + 33 = 0 ⇔  11
a =
5


0,25

Gọi toạ độ , Ta có
uurA (3;−−23)4 
Do a là số nguyên suy ra
.
uuur uu
r = ; ÷
AI
Ta có . Vậy ,,
BC( 1;
−
(3;
AC = 5AI A

=
−1;1
2;
5−334) ))5⇒
 C ( 1;1)

Câu 7
1.0đ

Thể tích lăng trụ là:

V = AA '.SABC = a.

0,25
0,5

a 2 3 a3 3
=
4
4

5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

∆ABC , ∆A 'B'C'

Gọi O , O’ lần lượt là
tâm của đường tròn ngoại

tiếp khi đó tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là
trung điểm I của OO’. Mặt cầu này có bán kính là:

R = IA =
suy ra diện tích
mặt cầu (S) là:
Câu 8
1.0đ

AO 2 + OI 2 =

(

a 3 2 a 2 a 21
) +( ) =
3
2
6

a 21 2 7 πa 2
2
S = 4πR = 4π(
) =
6
3

⇔ x − y + 3 xy( x+−x y−) y( 2y −+ 1y) ≥−04( y + 1) = 0
 2
≥x0,
u=4 y ux−−

y−,vv2≥=≥00 y + 1
Đặt ()
 y2 − 1 ≥ 0
2
Khi đó (1) trở thành :
u⇔+3uuv= −v 4v = 0
x =u 2=yv+ 1 −)1 = 2 y
2
Với § ta có §, thay vào 4 y − 2 yu−=3 −+4v (yvn
(2) ta được :
§§
⇔ 4 y2 −22( yy −− 32 )−2( 2 y − 1+) + y −y 2− 1 −1=1 0= 0
÷= 0
⇔ ( y − 2 ) 2
+
4 y −42yy2 −−32 +y −
2 y3 −+12 y − 1y − 1 +y1− 1 + 1 ÷


Đk: . Ta có (1)

(

⇔

Từ giả thiết ta
có nên

0,25

2

Áp dụng bất đẳng thức 1 1
4
+ ≥
, x > 0, y > 0.
1
1
1
1
1
 y 1x + y
 

x
S=
+
+ 2
+
+
÷+ 3 
÷
b+c−a a +c−b
b+c−a a +b−c a +c−b a +b−c 
suy ra

0,5

)

⇔ y=2
1
+
> 0∀y ≥ 1
2
y −1 +1
4 y − 2 y − 3 + 2 (yyx5;−=2152)
Với § thì §.
Đối chiếu điều kiện ta được
nghiệm của hệ PT là §
§( vì §)

Câu 9
1.0đ

0,5

2 4 6
+ + .
c b a
2 4 6
3
 1 12 2 3 

+ + = 2  + + + =÷a=, 2  a + ÷ ≥ 4 3.
c
b
c b a
a
c b a


S≥

Vậy giá trị nhỏ nhất của bằng. a = b 4=Sc3= 3.
Dấu bằng xảy ra khi

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng

6