De thi thu Quoc gia mon toan truong Chuyen NQD

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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN QUANG DIÊU

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
vuông góc với đường thẳng d : x + 9 y − 3 = 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 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 .
π
2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
0

sin 2 x
dx .
3 + 4 sin x − cos2 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 đường
−1
1
1
thẳng ∆ đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và nằm trong mặt phẳng (P ) .
thẳng d :

Câu 6 (1,0 điểm).

æ
pö
a) Giải phương trình 2sin çç2 x + ÷÷÷ - 3 cos 2 x = -2 .
çè
3ø
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 = 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 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 − 3x − 2 y = 0
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2
.
2
5 x + 2 xy + 5y − 3 x − 3y − 2 = 0
3
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2
2
z ( xy + 1)
x ( yz + 1)
y ( zx + 1)
P= 2
+
+
.
y ( yz + 1) z 2 ( zx + 1) x 2 ( xy + 1)
-------------------------Hết------------------------

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x , y, z thỏa mãn x + y + z ≤


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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

NGUYỄN QUANG DIÊU

Đáp án

Câu
1
(1,0đ)

Khảo sát sự biện thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =
♥ Tập xác định: D = ¡ \ {3}
♥ Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên: y ' =

Điểm
1,00

2x −1
.
x −3

0,25
−5

( x − 3)

2

; y ' < 0, ∀x ∈ D .

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (-¥;3) và (3;+¥) .

ￚ Giới hạn và tiệm cận:

0,25

lim y = lim y = 2

Þ tiệm cận ngang: y = 2

lim y = -¥; lim y = +¥

Þ tiệm cận đúng: x = 3

x ®-¥

x ®+¥

x ® 3-

x ® 3+

ￚ Bảng biến thiên:

x
y'
y

-¥

2

0,25
3

-

+¥
-¥

-

+¥

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 

0,25

 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.

2

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = x 3 + 3x 2 − 2 , biết rằng tiếp tuyến
vuông góc với đường thẳng d : x + 9 y − 3 = 0 .

1,00


(1,0đ)

1
♥ Đường thẳng d có hệ số góc là kd = − . Do tiếp tuyến vuông góc với d nên hệ số
9
1
góc của tiếp tuyến là ktt = − = 9
kd

0,25

♥ 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
♥ Với x = 1 ⇒ y = 2 , tiếp điểm (1; 2 ) . Phương trình tiếp tuyến là y = 9 x − 7

3
(1,0đ)

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

0,50

(1)

2

♥ Điều kiện: x > 3 . Khi đó: (1) ⇔ log2 ( x − 3)( x − 2) ≤ 1 ⇔ ( x − 3)( x − 2) ≤ 2

0,25

⇔ x 2 − 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 .

0,25
0,50

♥ Đặt z = a + bi , ( a, b Î ¡ ) ta có:

0,25

♥ Vậy môđun của z là z = a 2 + b 2 = 92 + 2 2 = 85 .

0,25

 a − 4 b = 1 a = 9
(1 + 2i )z + (1 − 2 z)i = 1 + 3i ⇔ a − 4b + (b + 1)i = 1 + 3i ⇔ 
⇔
b + 1 = 3
b = 2

4
(1,0đ)

π
2

1,00

sin 2 x
Tính tích phân I = ∫
dx .
0 3 + 4 sin x − cos2 x
π
2

π

2
sin 2 x
sin x cos x

♥ Ta có: I = ∫
dx = ∫ 2
dx
0 3 + 4sin x − cos 2 x
0 sin x + 2 sin x + 1

π
⇒ t =1
2
1
1
1
 1
t
t + 1−1
1 
♥ Suy ra: I = ∫
=
=
−
dt
dt

 dt
∫
∫
2
2
t + 1 (t + 1)2 
0 (t + 1)

0 (t + 1)
0
♥ Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx , x = 0 ⇒ t = 0; x =

1

1
3
= ln t + 1 +
= ln 2 +
0
t +1 0
2
1

♥

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P ) : x + y + z − 3 = 0 và đường
5
(1,0đ)

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 + y + z − 3 = 0


=1
 x y −1 z +1 ⇔ x + y
=
 =

y−z=2
1
1
 −1

♥ Suy ra A(−3; 4; 2)
uuur
uur
♥ Mặt phẳng (P ) có VTPT là n( P ) = (1;1;1) ; đường thẳng d có VTCP là ud = ( −1;1;1)

0,25

0,25
0,25
0,25

1,00

thẳng d :

Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng d ⇒ ∆ = (P ) ∩ (Q)

0,25

0,25
0,25


6
(1,0đ)

r
uuur uur  1 1 1 1 1 1 
Do đó VTCP của ∆ là u =  n( P ) ; ud  = 
;
;
= 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

æ
ö
p
a) Giải phương trình 2sin çç2 x + ÷÷÷ - 3 cos 2 x = -2 .

çè
3ø
p
p
♥ Ta có:
(1) Û 2sin 2 x cos + 2cos 2 x sin - 3 cos 2 x = 1
3
3
Û sin2x+ 3 cos 2 x - 3 cos 2 x = 1 Û sin2x = 1
p
p
Û 2 x = + k 2p Û x = + k p ( k ∈ ¢ )
2
4
p
♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = + k p ( k Î ¢ ) .
4
b) Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng gồm:

0,25

0,50
0,25

0,25

0,50

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: W = C63 C33 = 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: WA = 2!C42 C22 = 12

0,25

WA
12 3
=
= .
W
20 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
AK và DC , SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , góc giữa đường thẳng SB và
♥ Vậy xác suất cần tính là P (A ) =

7
(1,0đ)

1,00

mặt phẳng ( ABCD ) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và MH .
0,25

S

N

A
a

D

450

2a

B

A

H

I
H

K
M

B

I
K

C

D

M

C

♥ Do SH ⊥ ( ABCD ) nên HB là hình chiếu của SB lên ( ABCD )
· · ·
Suy ra  SB;(ABCD) = ( SB; HB ) = SBH
= 450 ⇒ SH = BH
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

0,25


4a2 4a2 8a2
2a 2 2a 10
+
=
⇒ SH = BH =

=
5
5
5
5
5
♥ Thể tích khối chóp S. ABCD là
BH 2 = BK 2 + HK 2 =

1
1
1
2a 10 4a3 10
V = SABCD .SH = AB. AD.SH = .2a.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
♥ Trong (SHB ) , kẻ HN ⊥ SB ( N ∈ SB) , ta có:

0,25

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 =

1
1
1 2a 2
2a 5
2=
SB = HB. 2 =
2
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 hình
Vậy d ( SB, MH ) =

8
(1,0đ)

chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm M ( 2; −1) , N lần lượt là trung điểm của

1,00

 1 1
HB và HC ; điểm K  − ;  là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết
 2 2
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
Suy ra: I là trực tâm tam giác AMC ⇒ CI ⊥ AM
Mà NK ⊥ AM ⇒ NK / / CI ⇒ K là trung điểm HI
uuur
uuur
 2a + 2 2 − a 
♥ Đặt A ( −2a − 4; a ) , từ hệ thức AK = 3KH ⇒ H 
;


3 
 3
uuur  7
uuuur  2a − 4 5 − a 

1
Suy ra: AK =  + 2a; − a  và MH = 
;

2
3 
2

 3
uuur uuuur
7
 2a − 4   1
 5− a 
Khi đó: AK .MH = 0 ⇔  + 2a 
 +  − a
=0
2
 3   2
 3 
 a = −1
⇔ 10a − 13a − 23 = 0 ⇔ 
⇒ A ( −2; −1)
 a = 23


10
♥ Suy ra tọa độ H ( 0;1) và B ( 4; −3 )

0,25

0,25

2

Phương trình: AB : x + 3y + 5 = 0 và BC : x + y − 1 = 0
♥ Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:

0,25
0,25


9
(1,0đ)

 x + 3y = −5  x = 4
⇔
⇒ C ( 4; −3 )

x + y = 1
 y = −3
2
2
3 x + 2 xy + 2 y − 3 x − 2 y = 0
Giải hệ phương trình  2
2

5 x + 2 xy + 5y − 3 x − 3y − 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:
4 x 2 + 4 xy + y 2 − 6 x + 3y + 2 = 0

0,25

2 x + y = 1
⇔ (2 x + y )2 − 3(2 x + y ) + 2 = 0 ⇔ 
2 x + y = 2
♥ Nếu 2 x + y = 1 thì y = 1 − 2 x , thay vào (1) ta được:

0,25

x = 0 ⇒ y = 1
7 x − 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

2

0,25

x = 1⇒ y = 0
7 x 2 − 11x + 4 = 0 ⇔ 
x = 4 ⇒ y = 6
7
7


10
(1,0đ)

5 3 4 6
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là ( 0;1) ; (1; 0 ) ;  ; −  ;  ;  .
 7 7  7 7
3
Cho ba số thực dương x , y, z thỏa mãn x + y + z ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2
2
z ( xy + 1)
x ( yz + 1)
y ( zx + 1)
P= 2
+
+
.

y ( yz + 1) z 2 ( zx + 1) x 2 ( xy + 1)
♥ Biến đổi biểu thức P , ta có:

1,00

0,25
2


1 
1 
1
x+ y  y+  z+ 
z 
x
 +
P=
+
1
1
1
y+
z+
x+
z
x
y
2

2

a 2 b 2 c2
♥ Chứng minh bất đẳng thức:
+ + ≥ a + b + c ( a, b, c > 0 )
(1)
b
c
a
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2
b2
c2
a2 b2 c 2
+ b ≥ 2a, + c ≥ 2b, + a ≥ 2c ⇒
+ + ≥ a+b+c.
b
c
a
b
c a

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

0,25

0,25

xyz

x+y+z 1
≤
3
2
3
3
9 15
Khi đó: Q ≥ 3t + = 12t + − 9t ≥ 2 36 − =
t
t
2 2
1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
2
15
1
♥ Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là
, đạt khi x = y = z = .

2
2
Đặt t = 3 xyz , ta có: 0 < t = 3 xyz ≤

0,25