2016 hanoi l2 toan THPT da phuc

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

Môn: TOÁN

ĐỀ THI THỬ LẦN 2

Câu 1: (2, đ ểm).
3
2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3x  2 (C).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x = -1.
Câu 2: ( , đ ểm).
2
a) Giải phương trình 2log9 x  1 
.
log3 x
b) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 z  3  4i .
2

Câu 3: ( , đ ểm). Tính tích phân I    4 x  3 .ln xdx .
1

Câu 4: (1,0 đ ểm).

2
. Tính P  sin 2 .
2

b) Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X. Ban
quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy B và 6 mẫu ở
quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để trong các hộp kín có kích thước giống
hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem trong thịt lợn có
chứa hóa chất “Super tạo nạc” (Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để 3 hộp lấy ra có đủ ba
loại thịt ở các quầy A, B, C.
a) Cho  là góc thỏa mãn sin   cos 

Câu 5: ( , đ ểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  1  0 ,
x 1 y  3 z

 và điểm I (2;1; 1) . Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc
2
3
2
với mặt phẳng ( P ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho IM  11 .

đường thẳng d :

Câu 6: ( , đ ểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại
tiếp là điểm K   ;   , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình
 2 2
là 3x  4 y  5  0 và 2 x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
3

1

Câu 7: (1,0 đ ểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam
giác đều, SC  SD  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa hai mặt
phẳng (SAD) và (SBC).

Câu 8: (1,0 đ ểm). Giải phương trình 32 x 4  16 x 2  9 x  9 2 x  1  2  0 trên tập số thực.
2
2
2
Câu 9: (1,0 đ ểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  4 . Tìm giá trị nhỏ
3a
3b
3c
 2
nhất của biểu thức P  2 2  2
.
2
b c
c a
a  b2
................. Hết .................

Họ và tên thí sinh: .......................................................... Số báo danh: ……………….………


SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

Môn: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI THỬ LẦN 2

ĐÁP ÁN

CÂU
Câu
1

ĐIỂM

3
2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3x  2 .

1.0
điểm

1. Tập xác định D  .
2. Sự biến thiên
x  0
.
x  2

- Đạo hàm y '  3x 2  6 x, y '  0  3x 2  6 x  0  
Bảng xét dấy y’

0.25

 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  ;  2;   .

Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  .

Hàm số đạt cực đại x  0, ycd  2 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yct  2
- Giới hạn, tiệm cận
 3 2
 3 2
lim y  lim x3 1   3    , lim y  lim x3 1   3   
x 
x 
x 
x 
 x x 
 x x 

0.25

 đồ thị hàm số không có tiệm cận.

- Bảng biến thiên

0.25

3. Đồ thị

y ''  6 x  6  y ''  0  x  1
x 1 y  0

Đồ thị hàm số có điểm
uốn U 1;0 
x  1  y  2
x  3 y  2

b)

Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x  1.

0.25

1.0


Với x  1  y   1  3 1  2  2
Tiếp điểm M (1; 2) .
3

2

0.25

Ta có y '  3x 2  6 x  y '  1  3  1  6  1  9
Hệ số góc của tiếp tuyến k  9 .
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M (1; 2) có hệ số góc k  9 là:
2

y  9  x  1  2  y  9 x  7

0.25

Vậy tiếp tuyến cần tìm là y  9 x  7

0.25

Câu
2

a)

0.25

1.0
điểm

Giải phương trình 2log9 x  1 

2
.
log3 x

0.5

x  0
.
x  1

Điều kiện 

1
2

Đặt t  log3 x, (t  0)  log9 x  t . Ta được phương trình ẩn t

0.25

t  1
1
2
2
2. t  1   t  1   t 2  t  2  0  
2
t
t
t  2

Với t  1  log3 x  1  x  3 .
1
9

Với t  2  log3 x  2  x  32  .

0.25

Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S   ;3 .
1
9

b)



Tìm môđun của số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 z  3  4i .
Đặt z  x  yi, (x, y  )  z  x  yi  2 z  2 x  2 yi .
Khi đó phương trình đã cho trở thành

0.5

x  yi  2 x  2 yi  3  4i
  x  3 yi  3  4i
 x  3

3 y  4
 x  3


4
 y  3

0.25

2

Vậy z  3  i  z   3    
3
3
4

2

4

97
97


9
3

2

Câu Tính tích phân I   4 x  3 .ln xdx .
1
3
1


u  ln x
du  dx
Đặt 
. Khi đó

x

dv   4 x  3 dx v  2 x 2  3x

2
2
2 x 2  3x
2
I   2 x  3x  ln x  
dx
1
x
1

0.25
1.0
điểm
0.25

0.25


2

  2.2  3.2  ln 2   2.1  3.1 ln1    2 x  3 dx
2

2

0.25

1

 14 ln 2  0   x 2  3x 

2
1

 14 ln 2  0   2  3.2   12  3.1
2

0.25

 14 ln 2  10  4 

 14 ln 2  6.
Câu
4

a)

1.0
điểm

Cho  là góc thỏa mãn sin   cos  

2
. Tính P  sin 2 .
2

0.5

2
. Suy ra
2
1
1
2
sin   cos     1  2sin  .cos  
2
2
1
1
 2sin  .cos     sin 2  
2

2

Từ giả thiết sin   cos  

0.25

0.25

1
Vậy P  sin 2  
2

b)

Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X. Ban quản lý
chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy B và 6 mẫu ở quầy C.
Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để trong các hộp kín có kích thước giống hệt
nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem trong thịt lợn có
chứa hóa chất “Super tạo nạc” (Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để 3 hộp lấy ra có đủ
ba loại thịt ở các quầy A, B, C.

0.5

Không gian mẫu  là tập hợp tất cả các tập con gồm 3 phần tử của tập hợp các hộp
đựng thịt gồm có 4  5  6  15 phần tử, do đó: n     C153 

15!
 455.
12!.3!

Gọi D là biến cố “Chọn được một mẫu thịt ở quầy A, một mẫu thịt ở quầy B, một
mẫu thịt ở quầy C”.
Tính n  D 
Có 4 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy A.
Có 5 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy B.
Có 6 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy C.
Suy ra, có 4.5.6  120 khả năng chọn được 3 hộp đủ loại thịt ở các quầy A, B, C
 n  D   120.
Do đó: P( D) 

0.25

0.25

120 24
 .
455 91

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  1  0 , đường
Câu
x 1 y  3 z

 và điểm I (2;1; 1) . Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp
thẳng d :
5
2
3
2
xúc với mặt phẳng ( P ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho

1.0
điểm


IM  11 .
Khoảng cách từ I tới (P) là
d ( I ,( P)) 

2  2.1  2.(1)  1
12  (2)2  22



3
1
3

Mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P) có bán kính R  d ( I ,( P))  1 có phương trình

 x  2   y  1   z  1
2

2

2

 1.

0.25

0.25

Từ giả thiết ta có
 x  1  2t

d :  y  3  3t ,  t 
 z  2t

 M d
 M (1  2t;3  3t;2t )

.

 IM  (2t  1;2  3t;2t  1)

Từ giaie thiết IM 

0.25

11

  2t  1   2  3t    2t  1  11
2

2

2

  4t 2  4t  1   4  12t  9t 2    4t 2  4t  1  11
 17t 2  12t  5  0

t  1

5
t  
17


Với t1  1  M (3;0;2)
Với t  

5
 7 66 10 
 M  ; ; 
17
 17 17 17 

Vậy, có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là :

0.25

 7 66 10 
M  3;0;2  và M  ; ;   .
 17 17 17 

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là
Câu
3 1
điểm K   ;   , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương
6
 2 2

trình là 3x  4 y  5  0 và 2 x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

1,0
điểm
0.25


Từ giả thiết, tọa độ của A là nghiệm
của hệ
3x  4 y  5  0
x  1

 A(1; 2)

2 x  y  0
y  2

Gọi M là trung điểm của BC
KM / / d1 .
Đường
thẳng
KM
đi
qua
 3 1
K   ;   và có vec tơ chỉ phương
 2 2
u  4;3 có phương trình

3


 x   2  4t
t 

 y   1  3t

2



3

 x   2  4t
1


1
1

x 
Tọa độ của M là nghiệm của hệ  y    3t   2  M ( ;1)
2
2

y 1

2 x  y  0


1

Đường thẳng BC đi qua điểm M ( ;1) vuông góc với d1 : 3x  4 y  5  0 có phương
2
1

 x   3m
trình  2
m  
 y  1  4m
1
 B(  3m;1  4m)
2
2

2

0.25

2

3 
1
25
2
1
3

 KB    3m     1  4m     2  3m     4m   25m 2 
2 
2
4

2
2

2

Từ giả thiết, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
2

2

1  50
 3 
AK   1     2    .
2
4
 2 
2
2
2
BK  AK  CK
Mà
25 50
1
1
 25m 2 

 m2   m   .
4
4
4

2
1 x  2
Với m   
ta có điểm  2; 1 .
2  y  1
1  x  1
Với m    
ta có điểm  1;3 .
2 y  3
2

Vậy tọa độ 2 đỉnh còn lại B và C có tọa độ là  2; 1 ,  1;3 .
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều,
Câu
SC  SD  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa hai mặt phẳng
7
(SAD) và (SBC).

0,25

0.25
1.0
điểm


Gọi I là trung điểm của AB; J là
trung điểm của CD từ giả thiết ta
có IJ  a ; SI 

a 3

2

và

0.25

SJ  SC 2  JC 2  3a 2 

2

a
a 11

4
2

Áp dụng định lý cosin cho tam giác SIJ ta có
3a 2 11a 2

IJ  IS  SJ
a2
3
4
4
cos SIJ 

 2

0
2. IJ . IS

3
a 3
a 3
2.a.
2
Suy ra, tam giác SIJ là tam giác có SIJ tù.

 

2

2

2

a2 

Từ giả thiết tam giác SAB đều và tam giác SCD là cân đỉnh S. Gọi H là hình chiếu
của S trên (ABCD), ta có H thuộc IJ và I nằm giữa HJ tức là tam giác vuông SHI có
3
6
( SIJ và SIH kề bù)  sin SIH  .
3
3
a 3 6 a 2
Xét tam giác SHI ta có SH  SI sin SIH 
.

2
3

2
3
1
1 a 2 a 2
Vậy VS . ABCD  S ABCD .SH  a 2 .

.
3
3
2
6

H  900 ; góc I nhọn và cos I  cos SIH   cos SIJ 

Từ giả thiết giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng d qua S
và song song với AD. Qua H kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này
cắt DA và CB kéo dài tại M, N. Theo định lý ba đường vuông góc ta có
SN  BC, SM  AD  SM  d ; SN  d  MSN là góc giữa hai mặt phẳng. (SBC) và
(SAD), MN  AB  a .

0.25

0.25

Xét tam giác HSM vuông tại H có
SH 

a 2
a
2a 2 a 2 a 3

, HM   SM  SH 2  HM 2 


 SN
2
2
4
4
2

Theo định lý cosin cho tam giác SMN cân tại S có
2

2

2

0.25

3a 3a
a

 a2
SM 2  SN 2  MN 2
1
4
cos MSN 
 4
 22  .
2

3a
3a
2SM .SN
3
2
4
2

Câu
Giải phương trình 32 x 4  16 x 2  9 x  9 2 x  1  2  0 trên tập số thực.
8
1
2

Điều kiện x  , phương trình đã cho tương đương

1.0
điểm
0.25


32 x 4  32 x 2  16 x 2  16 x  7 x  7  9  9 2 x  1  0





 32 x 2  x 2  1  16 x  x  1  7( x  1)  9 1  2 x  1  0
 32 x 2  x  1 ( x  1)  16 x  x  1  7( x  1) 

9  2  2x

1 2x 1
18


  x  1 32 x 2 ( x  1)  16 x  7 
0
1  2x 1 

18


  x  1 32 x3  32 x 2  16 x  7 
  0 (*)
1  2x 1 


0

0.25

Ta có
32

3
32 x  8  4

1
32


x   32 x 2 
 8  32 x 3  32 x 2  16 x  7  27
2
4

16

16 x  2  8
18
1  2x 1  1  
 18
1  2x 1
18
 32 x 3  32 x 2  16 x  7 
 9  0.
1  2x 1
Vậy (*)  x  1 .

Kết luận: Phương trình có nghiệm x =1.
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2  b2  c2  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
Câu
9 biểu thức P  3a  3b  3c .
2
2
2
2
2
2
b c

c a

a  b  c  4

Từ giả thiết 

2

2

a, b, c  0

2

0.25

0.25

1.0
điểm

a b

 a, b, c   0; 2  và a2  b2  c2  4  b2  c2  4  a2 …

3a
3b
3c
3a

3b
3c
3a 2
3b2
3c 2
Do đó P  2 2  2 2  2 2 





b c c a
a b
4  a 2 4  b2 4  c 2 4a  a 3 4b  b3 4c  c3
Vì a, b, c  0 .

0.25

Xét hàm số f  x   4 x  x 3 với x   0; 2  . Có
2 3
, f (0)  0, f (2)  0 .
3
Ta có bảng biến thiên của hàm số f  x  trên  0; 2  là
f '  x   4  3x 2  f '  x   0  x 

0.25


3

2 3
2 3  2 3  16 3
f 
 
  4
 
3
9
 3 
 3 
16 3
, x   0; 2  .
9
16 3
1
9
3x 2
9 3x 2
Tức 0  4 x  x3 




, x   0; 2  .
9
4 x  x3 16 3
4 x  x3 16 3

Từ bảng biến thiên ta có 0  f ( x) 

0.25

2 3
Dấu “=” khi x 
.
3

Áp dụng ta có
3a 2
9 3a 2 9a 2
3b2
9 3b2 9b2
3c 2
9 3c 2 9c 2


;


;


, (a, b, c   0; 2 )
4a  a3 16 3
16 4b  b3 16 3
16 4c  c3 16 3
16

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được
9a 2 9b2 9c 2 9 2

9


  a  b2  c 2   .
16 16 16 16
4
2 3
Và dấu “=” xảy ra  a  b  c 
.
3
9
2 3
Vậy min P  đạt được, khi và chỉ khi a  b  c 
.
3
4
P

0.25

Chú ý:
1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không theo cách
nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo.
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả.
4) Với bài hình học (Câu 8) nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần đó.