Đề thi thử THPT quốc gia, ôn thi đại học tham khảo (17)

TVT

ĐỀ THI THỬ THPT QG SỐ 8 KHỐI 12
NĂM HỌC: 2015 - 2016
Môn : TOÁN 12
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y =

2x −1
(1)
x −1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng
y = −x + 2 .

Câu 2 (1,0 điểm) Cho biết: tana= - 2, (

π
sin 2a + 2
< a < π ). Tính: P =
2
2sin 2 a + cos 2 a

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình: log 2 x − log 1 (10 − x) = 4
2

3

3

2
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫ x x + 1dx
0

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều
cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết góc tạo bởi
đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Câu 6 (1,0 điểm). Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2016, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8
môn: Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng Anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển
sinh dựa vào tổng điểm của 3 môn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai môn là Toán
hoặc Văn. Hỏi trường Đại học đó có bao nhiêu phương án tuyển sinh?
(3 x − 5)( x 2 − 1) = y ( x 2 + 3 x − y − 6)
Câu 7 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  4 2
 − y − 2 y + 1 = y − 3 x + 4

( x, y ∈ ¡ )

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A(2; −1), B(2; −5) . Gọi (C) là
đường tròn đường kính AB. Đường kính MN của đường tròn (C) thay đổi (luôn khác AB) sao
cho các đường thẳng AM, AN cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn (C) lần lượt tại điểm P và
Q. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác MPQ, biết H nằm trên đường thẳng d: 2 x − y − 7 = 0 .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thoả mãn: x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2 x − 4 y − 1 . Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = 2( x + z ) − y

--------- HẾT --------Họ và tên thí sinh..........................................., Số báo danh.............................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

Câu
1 (2 đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN
(Bản hướng dẫn chấm có 05 trang)
Hướng dẫn giải

Điểm

−1
< 0, ∀x ∈ D
( x − 1) 2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng: (−∞;1) và (1; + ∞)
Giới hạn và tiệm cận: lim− y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ tiệm cận đứng: x = 1

TXĐ: D = ¡ \ { 1} , y ' =

x →1

x →1

lim y = lim y = 2 ⇒ tiệm cận ngang y = 2
x →+∞
x →−∞

Bảng biến thiên:
1



Đồ thị: Đi qua các điểm  ; 0 ÷, ( 0; 1) và nhận giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm
2 
tâm đối xứng.

y

x −∞
y’
2
y

a(0.5đ)
•
•
2

•

1•
• •

01

1

1
−

0,25

+∞
+∞

−∞

−
2

x

2

0,25

0,25

b(0.5đ)

* Vẽ đúng đồ thị

0,25

Do tiếp tuyến của (C) song song với đường thẳng y=-x+2 nên tiếp tuyến có hệ số góc là
,
k=-1, gọi M ( x0 ; y0 ) là tọa độ tiếp điểm, khi đó ta có: y ( x0 ) = −1

0,25

 x0 = 2
−1
= −1 ⇔ 
2
( x0 − 1)
 x0 = 0

0,25

Với x0 = 2 suy ra có tiếp điểm M (2;3)
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: y = −( x − 2) + 3 ⇔ y = − x + 6
Với x0 = 0 suy ra có tiếp điểm N (0;1)
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại N là: y = −( x − 0) + 1 ⇔ y = − x + 1

0,25
0,25

2 (1đ)
a(0.5đ)

2 tan a + 2(tan 2 a + 1)
P=
2 tan 2 a + 1

0,5


⇔P=

−4 + 2(4 + 1) 2
=
9
3

0,5

Điều kiện: 0 < x < 10
b(0.5đ) Với điều kiện trên phương trình đã cho trở thành log 2 x + log 2 (10 − x) = 4

0,25

⇔ x (10 − x ) = 16 ⇔ x 2 − 10 x + 16 = 0
x = 2
x = 8


Đối chiếu điều kiện thấy thỏa mãn.

0,25

3
0,25
(0,5 đ)

0,25

4
0,25
(1,0đ)

0,25
0,25
0,25
5
0,25
(1,0đ)

0,25
0,25
0,25

6
0,25
0,25
0,25
(1,0đ)
0,25

7


(1,0đ)

0,25

+) Đường tròn ( C ) có tâm I ( 2; −3) và bán kính R = 2 . Gọi K là hình chiếu của vuông
góc của P lên QM . Khi đó trực tâm H của tam giác MPQ là giao điểm của QA và
PK
+) Xét tam giác PHQ ta có PA, QK là các đường cao nên M là trực tâm của tam giác
1

PQH . Suy ra HM ⊥ PQ ⇒ HM / / AI mà I là trung điểm của MN nên AI = HM
2
+) Gọi E là điểm đối xứng với I qua A suy ra E ( 2;1) . Khi đó tứ giác IMHE là hình
bình hành . Dẫn đến có EH = IM = 2
+) H thuộc đường thẳng d : 2 x − y − 7 = 0 ⇒ H ( t ; 2t − 7 ) .
Có EH = 4 ⇔ ( t − 2 ) + ( 2t − 8 )
2

2

2

t = 4
= 4 ⇔ 5t − 36t + 64 = 0 ⇒  16
t =
5


0,25

0,25

2

 16 3 
+) Vậy H ( 4;1) hoặc H  ; − ÷.
 5 5

0,25

8
( 3x − 5 ) ( x 2 − 1) = y ( x 2 + 3 x − y − 6 )
( 1)


 4 − y 2 − 2 y + 1 = y − 3 x + 4
( 2)
Pt ( 1) ⇔ y 2 − ( x 2 + 3 x − 6 ) y + ( 3 x 3 − 5 x 2 − 3 x + 5 ) = 0

∆ = ( x 2 + 3x − 6 ) − 4 ( 3 x 3 − 5 x 2 − 3 x + 5 ) = ( x 2 − 3x + 4 )
2

(1,0 đ)

0,25đ
2

 y = 3x − 5

Suy ra: 
•

2
 y = x −1
Với y = 3x − 5 ⇒ VP ( 2 ) = −1 < 0 ⇒ PT ( 2 ) vô nghiệm

• Với y = x 2 − 1 . PT ( 2 ) trở thành: 4 2 − x 4 = x 2 − 3x + 3
Đk: − 4 2 ≤ x ≤ 4 2
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 1.1.1. 4 2 − x 4 ≤

5 − x4
4

0,25đ

( 3)
0,25đ


5− x
Từ ( 3) ta có : x 2 − 3 x + 3 ≤

⇔ x 4 + 4 x 2 − 12 x + 7 ≤ 0

4

⇔ ( x − 1)

4

Thử lại x = 1 thỏa mãn ( 3)

2

(x

2

+ 2x + 7) ≤ 0

⇔ x =1

Với x = 1 ⇒ y = 0 .Vậy hệ đã cho có nghiệm : ( 1;0 )

0,25đ

9

x2 + y 2 + z 2 ≤ 2x − 4 y − 1
⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) + z 2 ≤ 4
( 1)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Xét mặt cầu:
2

2

2
2
( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + z 2 = 4 . Có tâm I ( 1; −2; 0 ) ,bán kính R = 2 .
Xét mp ( α ) : 2 x − y + 2 z − T = 0
G/s M ( x; y; z ) . Từ ( 1) có điểm M nằm bên trong ( S ) và kể cả trên mặt cầu ( S )
⇒ d ( I,( α ) ) ≤ R

(0,5 đ)

0,25

4 −T
≤ 2 ⇔ −2 ≤ T ≤ 10
3

Với T = −2 thì M là giao điểm của mp ( β ) : 2 x − y + 2 z + 2 = 0
⇔

•

Và đường thẳng ∆ đi qua I và ⊥ ( β ) .
 x = 1 + 2t

∆ :  y = −2 − t
 z = 2t


0,25

 1 4 4
⇒ M − ;− ;− ÷
 3 3 3

1

 x = − 3
Vậy min T = −2 khi 
y = z = − 4

3
7

x = 3

8


max T = 10 khi  y = −
3

4

z = 3


(1,0 đ)

0,25đ

•

HƯỚNG DẪN
Câu

Đáp án

Tha


ng
điể
m
1.a
(1.0
điểm)
1.b (1.0

điểm)
2 (1.0
điểm)

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

x2 + y2 + z 2 ≤ 2x − 4 y − 1
⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) + z 2 ≤ 4
( 1)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Xét mặt cầu:
2

2

2
2
( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + z 2 = 4 . Có tâm I ( 1; −2;0 ) ,bán kính R = 2 .
Xét mp ( α ) : 2 x − y + 2 z − T = 0
G/s M ( x; y; z ) . Từ ( 1) có điểm M nằm bên trong ( S ) và kể cả trên mặt cầu
( S)
⇒ d ( I,( α ) ) ≤ R

4 −T
≤ 2 ⇔ −2 ≤ T ≤ 10
3
Với T = −2 thì M là giao điểm của mp ( β ) : 2 x − y + 2 z + 2 = 0

⇔

•

0.25

Và đường thẳng ∆ đi qua I và ⊥ ( β ) .
 x = 1 + 2t

∆ :  y = −2 − t
 z = 2t


 1 4 4
⇒ M − ;− ;− ÷
 3 3 3

0.25



• Với T = 10 . Tương tự M  ; − ; ÷
3 3 3
7

8 4

0.25

1


 x = − 3
Vậy min T = −2 khi 
y = z = − 4

3
7

x
=

3

8

max T = 10 khi  y = −
3

4

z = 3


3 (1.0
điểm)

( 3x − 5 ) ( x 2 − 1) = y ( x 2 + 3 x − y − 6 )
( 1)



 4 − y 2 − 2 y + 1 = y − 3 x + 4
( 2)
Pt ( 1) ⇔ y 2 − ( x 2 + 3x − 6 ) y + ( 3x 3 − 5 x 2 − 3 x + 5 ) = 0

∆ = ( x 2 + 3x − 6 ) − 4 ( 3 x 3 − 5 x 2 − 3 x + 5 ) = ( x 2 − 3x + 4 )
2

0.25

2


 y = 3x − 5

Suy ra: 
•

0.25

 y = x −1
Với y = 3x − 5 ⇒ VP ( 2 ) = −1 < 0 ⇒ PT ( 2 ) vô nghiệm
2

• Với y = x 2 − 1 . PT ( 2 ) trở thành: 4 2 − x 4 = x 2 − 3x + 3
Đk: − 4 2 ≤ x ≤ 4 2
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 1.1.1. 4 2 − x 4 ≤
5− x
Từ ( 3) ta có : x 2 − 3 x + 3 ≤

4

Thử lại x = 1 thỏa mãn ( 3)

0.25

5 − x4
4
⇔ x 4 + 4 x 2 − 12 x + 7 ≤ 0
⇔ ( x − 1)

4

( 3)

2

(x

2

+ 2x + 7) ≤ 0

⇔ x =1

Với x = 1 ⇒ y = 0 .Vậy hệ đã cho có nghiệm :

0.25

( 1;0 )
8 (1.,0

điểm)

0,25

+) Đường tròn ( C ) có tâm I ( 2; −3) và bán kính R = 2 . Gọi K là hình chiếu của
vuông góc của P lên QM . Khi đó trực tâm H của tam giác MPQ là giao điểm
của QA và PK
+) Xét tam giác PHQ ta có PA, QK là các đường cao nên M là trực tâm của tam
giác PQH . Suy ra HM ⊥ PQ ⇒ HM / / AI mà I là trung điểm của MN nên
1
AI = HM
2
+) Gọi E là điểm đối xứng với I qua A suy ra E ( 2;1) . Khi đó tứ giác IMHE là
hình bình hành . Dẫn đến có EH = IM = 2
+) H thuộc đường thẳng d : 2 x − y − 7 = 0 ⇒ H ( t; 2t − 7 ) .
Có EH = 4 ⇔ ( t − 2 ) + ( 2t − 8 )
2

2

2

 16 3 
+) Vậy H ( 4;1) hoặc H  ; − ÷.
 5 5

t = 4
= 4 ⇔ 5t − 36t + 64 = 0 ⇒  16
t =
5


2

0,25

0,25

0,25


9 (1.0
điểm)

x2 + y2 + z 2 ≤ 2x − 4 y − 1

0.25

⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) + z 2 ≤ 4
( 1)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Xét mặt cầu:
2

2

2
2
( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + z 2 = 4 . Có tâm I ( 1; −2;0 ) ,bán kính R = 2 .
Xét mp ( α ) : 2 x − y + 2 z − T = 0
G/s M ( x; y; z ) . Từ ( 1) có điểm M nằm bên trong ( S ) và kể cả trên mặt cầu
( S)

⇒ d ( I,( α ) ) ≤ R

4 −T
≤ 2 ⇔ −2 ≤ T ≤ 10
3
Với T = −2 thì M là giao điểm của mp ( β ) : 2 x − y + 2 z + 2 = 0
⇔

•

0.25

Và đường thẳng ∆ đi qua I và ⊥ ( β ) .
 x = 1 + 2t

∆ :  y = −2 − t
 z = 2t


 1 4 4
⇒ M − ;− ;− ÷
 3 3 3



• Với T = 10 . Tương tự M  ; − ; ÷
3 3 3
7

8 4

1

 x = − 3
Vậy min T = −2 khi 
y = z = − 4

3
7

x = 3

8

max T = 10 khi  y = −
3

4

z = 3


0.25
0.25