De thi thu Quoc gia mon toan truong Hong ngu 1

ĐỀ THI THỬ THPT QG NĂM 2016
MÔN TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI: 180 PHÚT
Đơn vị thực hiện: Trường THPT Hồng Ngự 1
Câu 1: (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y =

x +1
.
x −1

Câu 2: (2,0 điểm) Tìm các giá trị của m để hàm số y = x 4 − ( m − 1) x 2 + m 2 − 1 có ba điểm cực trị.
Câu 3: (1,0 điểm)
a) Giải phương trình log 2 ( x + 2) − log 2 x = 1 .
b) Tìm môđun của số phức z biết (1 + i ) z + (2 − i ) 2 = 2 − 3 z .
Câu 4: (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 3 − x và y = 2 x 2 − 2 x .
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;2) , B (−3;2;−2) và
mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 4 z + 2 = 0 . Chứng minh rằng đường thẳng đi qua hai điểm A, B cắt mặt
phẳng (P) tại một điểm. Tìm tọa độ điểm đó.
Câu 6: (1,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức A = sin 3α sin α biết tan α = −2 .
b) Đến hè trường A ở tỉnh Đồng Tháp chọn ngẫu nhiên 2 địa điểm trong 6 địa điểm: Vũng Tàu,
Nha Trang, Long Hải, Phan Thiết, Đà Lạt, Hà Tiên để đi du lịch. Tính xác suất để trường A có
cách chọn tương đối hợp lí.
Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, hình chiếu vuông
góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của AB, SH = a và SB tạo với đáy một góc 600.
Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
Câu 8: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có cạnh AC nằm trên
đường thẳng d : 3 x − 5 y + 17 = 0 , điểm M (−1;6) thuộc đường phân giác trong góc A, tiếp tuyến
tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc ·ADB
là ∆ : x − y + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AB.
 xy − y 2 − x + 2 y − 1 = y − 1 − x

Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
.
3 6 − y + 3 2 x + 3 y − 7 = 2 x + 7
Câu 10: (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
a2
b2
3
2
P=
+
− ( a + b) .
2
2
(b + c ) + 5bc (c + a) + 5ca 4
Hết.


HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QG 2016 – MÔN TOÁN
ĐƠN VỊ TRƯỜNG THPT HỒNG NGỰ 1
Lưu ý: Học sinh có cách giải khác, lí luận đúng vẫn đạt được điểm tối đa với số điểm tương ứng
với câu đó.
Thang
Câu
Nội dung
điểm
 Tập xác định D = ¡ \ { 1}
 Sự biến thiên
2

0,25
Câu 1
< 0, ∀x ≠ 1
– Chiều biến thiên: y ′ = −
2
( x − 1)
Suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 1; +∞ )
– Hàm số không có cực trị
– Giới hạn và tiệm cận:
lim y = 1 và lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị.
x →−∞
x →+∞

0,25

lim y = +∞ và lim− y = −∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị.
x →1

x →1+

– Bảng biến thiên:
x
y’
–
1
y

 Đồ thị:

1

–

−∞

0,25
1

5
4
3
2
1
-3 -2 -1-1
-2
-3

y

x

0,25

1 2 3 4 5

Ta có y ′ = 4 x 3 − 2(m − 1) x ;
Câu 2

Câu 3a

x = 0

2
′
y = 0 ⇔ 2 x ( 2 x − (m − 1) ) = 0 ⇔  2 m − 1
x =
(*)

2
Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ y′ = 0 có ba nghiệm phân biệt
m −1
⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt (khác 0) ⇔
>0
2
⇔ m > 1 . Vậy m > 1 .
Điều kiện x > 0 (*)
Ta có: log 2 ( x + 2) − log 2 x = 1 ⇔ log 2 ( x + 2) = log 2 2 + log 2 x
⇔ log 2 ( x + 2) = log 2 2 x
⇔ x + 2 = 2x ⇔ x = 2
Kết hợp với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 2

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


Câu 3b

Câu 4

2
2
Ta có: (1 + i ) z + (2 − i ) = 2 − 3 z ⇔ ( 4 + i ) z = 2 − (2 − i ) ⇔ (4 + i ) z = −1 + 4i
−1 + 4i
⇔z=
⇔ z = i . Vậy môđun z = 1 .
4+i
Hoành độ giao điểm của hai đường cong là nghiệm của phương trình:
x = 0
2
3
2
x 3 − x = 2 x 2 − 2 x ⇔ x − 2 x + x = 0 ⇔ x ( x − 1) = 0 ⇔ 
x = 1

0,25
0,25
0,25

1

3
2
Diện tích S = ∫ x − 2 x + x dx

0,25

0

1

= ∫ ( x 3 − 2 x 2 + x ) dx

0,25

0

1

 x4 2
x2 
1
=  − x3 + ÷ =
2  0 12
 4 3

Câu 5

0,25

uuur uuur
Đường thẳng đi qua AB có véctơ chỉ phương u AB = AB = −4(1;0;1)
uur
Mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến nP = ( 1; −3; 4 )
uuur
uur
Suy ra u AB và nP không cùng phương ⇒ AB cắt (P) tại một điểm I.
x = 1+ t


Phương trình đường thẳng AB:  y = 2
z = 2 + t

Vì I ∈ ( P ) ⇔ (1 + t ) − 3(2) + 4(2 + t ) + 2 = 0

⇒ I ( 1 + t ; 2; 2 + t ) .

⇔ t = −1 . Vậy I ( 0; 2;1)

0,25
0,25

0,25

0,25

1
1
( cos 4 x − cos 2 x ) = − ( (1 − 2 cos 2 2 x) − cos 2 x )
2
2
1
1
1
2
⇔ cos 2 α =
⇔ cos 2 α =
Ta lại có: 1 + tan α =
2
2

cos α
1 + tan α
5
2
1 
3
3  3 4
⇒ A = −   1 − 2.  ÷ ÷− ÷ =
⇒ cos 2α = 1 − 2 cos 2 α =
÷
2  
5
5 ÷
 5  25
6
Số cách chọn 2 địa điểm là: C2
Ta thấy chọn 2 địa điểm trong 5 địa điểm sau là hợp lí: Vũng Tàu, Nha
Trang, Long Hải, Phan Thiết, Đà Lạt.
C5 2
5
Số cách chọn 2 địa điểm hợp lí: C2 . Vậy xác suất cần tìm là p = 26 = .
C2 3
·
Vì SH ⊥ ( ABC ) nên SBH
= 600
Ta có A = −

Câu 6a

Câu 6b

⇒ BH = SH .cot 600 =
Câu 7

a 3
3

2 3a
= BC
3
2a 2
Diện tích S ABC =
3

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

⇒ AB =

1
2a 3
Thể tích VS . ABC = SH .S ABC =
3
9

0,25


Dựng hình chữ nhật HBCD. Gọi L là hình chiếu vuông góc của H trên SD.
Ta có SH ⊥ CD, HD ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( SHD ) ⇒ CD ⊥ HL
Suy ra HL ⊥ ( SCD)
Vì AB//CD nên AB//(SCD)
⇒ d ( AB, SC ) = d ( AB, ( SCD)) = d ( H , ( SCD)) = HL
1
1
1
1
3
7
2 3a
=
+
= 2+ 2 = 2
và
2
2
2
HL SH
HD
a
4a
4a
3
2 7a

Vậy khoảng cách bằng HL =
.
7
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của ∆ và
AB, AC.
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ phương
3 x − 5 y + 17 = 0
 7 11 
⇒F ; ÷
trình 
2 2 
x − y + 2 = 0

0,25

Ta có HD = BC =

Câu 8

·
Ta có ·AEF = ·ADE + DAE
và
·AFE = FCD
·
·
·
+ FDC
= EAD
+ ·ADE

0,25

0,25

0,25

Suy ra AE = AF

Câu 9

3 7
Do đó E, F đối xứng qua AM và AM : x + y − 5 = 0 ⇒ H  ; ÷ là trung
2 2
điểm của EF và cũng là giao điểm của AM và EF.
 1 3
Lúc này ta có E  − ; ÷ và A(1; 4) .
 2 2
uuur  3 5 
uuur
⇒ AE =  − ; − ÷ ⇒ nAB = ( 5; −3) là véctơ pháp tuyến của AB
 2 2
AB
:
5x − 3 y + 7 = 0
Vậy
Điều kiện x ≥ 0 và 1 ≤ y ≤ 6 , 2 x + 3 y − 7 ≥ 0 (*)
Nhận thấy x = 0 và y = 1 không là nghiệm của hệ phương trình.
y − x −1
2
Khi đó ta có: x ( y − 1) − ( y − 1) =

y −1 + x


1
⇔ ( x − y + 1)  y − 1 +
= 0 ⇔ y = x + 1 (do y ≥ 1)
÷

÷
y
−
1
+
x


Thay vào phương trình còn lại, ta được: 3 5 − x + 3 5 x − 4 = 2 x + 7 (1)
4
Điều kiện ≤ x ≤ 5 (**)
5
(1) ⇔ 3 5 − x − (7 − x) + 3

(

0,25

0,25

0,25

0,25

)

5x − 4 − x = 0

1
3


⇔ ( −4 + 5 x − x 2 ) 
+
÷= 0
5x − 4 + x 
3 5− x +7− x
⇔ −4 + 5 x − x 2 = 0 (do (**) nên trong ngoặc thứ 2 dương)
⇔ x = 1 hoặc x = 4 .
Với x = 1, y = 2 và
với x = 4, y = 5
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;2) và (4;5).

0,25

0,25


Áp dụng bất đẳng thức ( x + y ) 2 ≥ 4 xy , ta có:
Câu 10

a2

a2
4a 2
≥
=
(b + c) 2 + 5bc (b + c) 2 + 5 (b + c) 2 9(b + c ) 2 , tương tự:
4
2
2
b
4b
≥
2
(c + a ) + 5ca 9(c + a ) 2
1
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức x + y ≥ ( x + y ) , ta có:
2
2
2
2
a
b
4  a2
b2  2  a
b 
+
≥ 
+

+
÷≥ 
÷
(b + c) 2 + 5bc (c + a ) 2 + 5ca 9  (b + c) 2 (c + a) 2  9  b + c c + a 
 ( a + b) 2

+ c ( a + b) ÷



2 a + b + c ( a + b)
2
2
= 
≥ 
÷
2 ÷
9  ab + c(a + b) + c  9  (a + b) 2
2 ÷
+ c( a + b) + c ÷


4

a
+
b
+
c
=

1
⇔
a
+
b
=
1
−
c
Vì
nên
2

2

2

2

0,25

0,25

2

2  2(1 − c) 2 + 4c(1 − c)  3
8
2  3
2
P≥ 

− (1 − c) 2 = 1 −
÷ − (c − 1)
2
2 ÷
9  (1 − c) + 4c(1 − c) + 4c  4
9  c +1  4
2

8
2  3
2
Xét hàm số f (c) =  1 −
÷ − ( c − 1) với c ∈ ( 0;1)
9  c +1  4
16 
2 
2
3
− (c − 1)
Ta có: f ′(c) =  1 −
÷.
2
9  c + 1  (c + 1) 2
1
f ′(c) = 0 ⇔ (c − 1) ( 64 − (3c + 3)3 ) = 0 ⇔ c =
3
Bảng biến thiên:
0

0,25

1
–

0

+

1
1
1
và a = b = c = thì P = −
9
3
9
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −
9
(Câu 9 và câu 10 lấy nguồn trên Internet không biết tác giả, mong được thông cảm)
Do vậy P ≥ f (c ) ≥ −

0,25