loi giai thpt quoc gia mon toan ngay 1552016

LỚP TOÁN THẦY TUẤN

KỲ THI TRUNG HỌC PHỒ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 1 80 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ THI THỬ LẦN 5
(Đề thi có 01 trang)

3 3 9 2
x  x  1 . Khảo sát sự biến thi ên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2
2
1 
2
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y  f ( x )  x  x  ln x trên đoạn  ; 2 .
2 
Câu 1 (1,0 điểm) . Cho hàm số y 

Câu 3 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình 25

x

1
2

 7.5x  66  0

b) Cho số phức z thỏa : (1  i )( z  1  2i )  (3  2i ) z . Tìm phần thực và phần ả o của số phức

w  z  1  i.
4

Câu 4 (1,0 điểm).Tính tích phân I  
0

1
dx
2x  1  1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1 ;0 ; 4  , B 3;  2; 0  và mặt
phẳng (P) : 2 x  2 y  z  7  0 .
a) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua hai điểm A, B.
b) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và (Q)  (P).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho sin a 

5 
3
  a 
13 
2


 .Tính cos a, tan a, cot a .


b) Xếp ngẫu nhiên 4 người nam và 5 người nữ vào 9 ghế xếp thành hàng ngang. Tính xác suất để 4 người

nam ngồi cạnh nhau.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Gọi H là trung điểm của OA. Trên đường thẳng
qua H và vuông góc với mp(ABCD) lấy điểm S sao cho SH = a và K là hình chiếu vuông góc của H lên SO.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến (BHK)
Câu 8 (1,0 điểm) . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có N là trung điểm của cạnh

CD và đường thẳng BN có phương trình là 13 x  10 y  13  0; điểm M (1;2) thuộc đoạn thẳng AC
sao cho AC  4 AM . Gọi H là điểm đối xứng với N qua C. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C , D, biết rằng
3 AC  2 AB và điểm H thuộc đường thẳng  : 2 x  3 y  0.
4 x2 16  4 y 2 8 y  x 2  1  3 y  4  y 2  8 y  17  3 x


3 y 2  35 y  88
x 2


Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  5 x 2  3 x  3  y  4  2
2x2 1

 
2







Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

P

2

a  ab  3 abc

3
.
abc

-------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Giáo viên: Ninh Công Tuấn - Điện thoại đăng kí học 0983.363.284

 x, y   


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ( 08 trang)- Thầy Ninh Công Tuấn
Câu
1
(1,0
điểm)

Đáp án
Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

Tập xác định : D = R , y ' 

y

Điểm

3 3 9 2
x  x 1
2
2

x  0
9 2
x  9 x. y '  0  
2
x  2

0.25

lim y   ; lim y  

x 

x  

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0 , 2;  , nghịch biến trên khoảng 0;2 , hàm số đạt

0.25

Tu
an

cực đại tại x = 0, y CĐ  1 , hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT  5 .

Đồ thị:

Co



0.25

ng

Bảng biến thiên :

2

Ni

nh

0.25

(1,0
điểm)

Trang 1

2

1



Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y  f ( x )  x  x  ln x trên đoạn  ; 2 .
2 

1
y  f ( x )  x 2  x  ln x liên tục trên đoạn  ; 2
2 

0.25

 x  1(n)
1
2
y  2 x  1  ; y  0  2 x  x  1  0  
 x   1 (l )
x

2

0.25

1
1
1
y ( )    ln ;
2
4
2

0.25

y (1)  0;

y ( 2)  2  ln 2

Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh


Vậy max y  2  ln 2 ; min y  0
1
[ ;2]
2

3
(1,0
điểm)

a) (0.5 điểm) Giải phương trình

25

x

1
2

0.25

1
[ ;2]
2

25

x

1
2

 7.5x  66  0

 7.5x  66  0  5.5 2 x  7.5 x  66  0 Đặt t = 5x, t > 0 , phương trình thành :

t  3(l )
22
22
22
5t  7t  66  0   22
. Vậy x  log 5
 5x 
 x  log 5
t  (n)
5
5
5
5

2

0.25

0.25

b) (0.5 điểm) 2) Cho số phức z thỏa : (1  i )( z  1  2i )  (3  2i ) z . Tìm phần thực và phần

Tu
an

w  z  1  i.

ảo của số phức

(1  i)( z  1  2i)  (3  2i) z  (1  i)(1  2i)  (3  2i  1  i) z

 3  i ( 3  i )(2  3i )  9 7
 ( 2  3i ) z  3  i  z 


 i
2  3i
13
13 13

4

4 6
4
6
, phần ảo của w là
 i Phần thực của w là
13 13

13
13
4

1
dx
2x  1  1

Tính tích phân I  
0

Đặt t 

Co

(1,0
điểm)

2 x  1  t 2  2 x  1  tdt  dx ; Đổi cận : x  0  t  1;

3

3

x 4t 3

  t  ln t  1 

0.25

nh

0.25

3

1

Ni

(1,0
điểm)

0.25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1 ;0 ; 4  , B 3;  2; 0  và mặt phẳng (P) :

2x  2 y  z  7  0

.

a) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua hai điểm A, B.
b) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và (Q)  (P).
a) Vec tơ chỉ phương của d :

AB  ( 4;  2;  4)

0.25

 x  1  4t


Phương trình tham s ố của đường thẳng d :  y  2t
 z  4  4t

Trang 2

0.25

t
1 

I
dt   1 
 dt
t 1
t 1
1
1

 2  ln 2.

5

0.25

ng

w

0.25

0.25

Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh


b) Vec tơ pháp tuyến của mp (P) : n  ( 2; 2;  1)
Vec tơ chỉ phương của d : AB  ( 4;  2;  4)



0.25



 vec tơ pháp tuyến của mp (Q) : n, AB =(-10 ; 4 ; -12)
Phương trình mp (Q) : -5(x + 1) + 2(y) - 6(z -4) = 0  - 5x + 2y - 6z + 19 = 0

(1,0
điểm)

a) Cho sin a 

5 
3
  a 
13 
2



 .Tính cos a, tan a, cot a .


sin a 

144
12
3
5 
3 
2
2
);
 cos a   ( vì   a 
  a 
 Có cos a  1  sin a 
169
13
2
13 
2 

0.25

tan a 

sin a 5
12
 ; cot a 
cos a 12

5

0.25

Tu
an

6

0.25

b) Xếp ngẫu nhiên 4 người nam và 5 người nữ vào 9 ghế xếp thành hàng ngang. Tính xác suất để 4
người nam ngồi cạnh nhau.
Xếp 9 người vào 9 ghế, số cách xếp 9! Suy ra n()  9!

0.25

ng

Gọi A là biến cố 4 người nam ngồi cạnh nhau.
+ Chọn 4 chỗ liền để xếp 4 nam : có 6 cách.

Co

+ Với mỗi cách chọn chỗ trên, có 4! Cách xếp 4 người nam.
+ Cuối cùng có 5! Cách xếp 5 người nữ.

7

Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Gọi H là trung điểm của OA. Trên đường thẳng qua H và vuông

góc với mp(ABCD) lấy điểm S sao cho SH = a và K là hình chiếu vuông góc của H lên SO. Tính thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến (BHK)

Ni

(1,0
điểm)

n( A) 1

n() 21

nh

Vậy n(A) = 6 . 4! . 5!  P ( A) 

0.25

DẶN DÒ: Bài này nếu em nào làm ý tính khoảng cách bằng phương pháp tọa độ thì chụp
hình bài làm gửi qua FB của Thầy nhé!

Trang 3

Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh


Tu
an

2

Ta có SH   ABCD  . Diện tích của ABCD là SABCD  a

Thể tích khối chóp SABCD là VS.ABCD

1
1 2 a3
 SH.SABCD  a.a 
3
3
3

0.25

ng

 BD  AC
 BD  ( SAC )  ( SBD)  ( SAC )

 BD  SH

0.25

Co

( SBD)  ( SAC )

Khi đó ta có  ( SBD)  ( SAC )  SO  HK   SBD  => (BHK)  (SBD) theo giao tuyến BK
 HK  SO
 HK   SBD 


0.25

nh

Kẻ ON  BK  ON  ( BHK )  d [O,  BHK ]  ON
Ta có DO   BHK   B . Khi đó d  D,  BHK    BD  2  d [D,  BHK ]  2ON
BO

Ni

d O,  BHK  

1
a 2
a2
3a
2
2
2
Ta có OH  AC 
;SO  SH  OH  a 

4
4
8 2 2
Xét tam giác SOH vuông tại H có HK là đường cao ta có
0.25

a2

OH
a 2
OH 2  OK.SO  OK 
 8 
3a
SO
12
2 2
2

Xét tam giác BOK vuông tại O có ON là đường cao ta có

Trang 4

Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh


1
1
1
74
a


 2  ON 
2
2
2
ON
OK

OB
a
74

 d[D,  BHK ] 

2a
74

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có N là trung điểm của cạnh CD và

8

đường thẳng BN có phương trình là 13 x  10 y  13  0; điểm M (1;2) thuộc đoạn thẳng AC sao
(1,0
điểm) cho AC  4 AM . Gọi H là điểm đối xứng với N qua C. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C , D, biết rằng
3 AC  2 AB và điểm H thuộc đường thẳng  : 2 x  3 y  0.

A

B
M

I
G
C

N

d ( M , BN ) 

13(1)  10.2  13
132  102



0.25

20
; H    H (3a;2a)
269

ng

D

H

Tu
an

NHẬN XÉT: Khi Thầy chọn bài này cho các em làm bài thi thử.Mục tiêu của Thầy ôn lại cho
các em kỹ thuật khoảng cách , kỹ thuật vuông góc để giải bài toán Oxy. Em nào làm chọn vẹn
bài này thì xứng đáng nhận được một lời khen ngợi!

Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm BCD .

2
1
1

5
4
CI  AC mà AM  AC  MG  AC  CG  MG
3
3
4
12
5
0.25

13.3a  10.2a  13
269



32
45
 a  1 hoặc a 
19
269

Ni



4
16
32
d ( M , BN ) 
 d ( H , BN )  2d (C , BN ) 

5
269
269

nh

 d (C , BN ) 

Co

Suy ra CG 

Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên H (3;2)
Ta thấy CM 

3 AC 2 AB 2CD CD



 CN  CH  MHN vuông tại M.
4
4
4
2

0.25

MH có pt y  2  0  MN : x  1  0  N (1;0)  C (1;1), D(3; 1)





Do CM  3MA  A(

5 7
1 5
7 13
; )  I ( ; )  B ( ; ).
3 3
3 3
3 3

5 7
7 13
Vậy A( ; ), B ( ; ), C (1;1), D ( 3; 1).
3 3
3 3

Trang 5

0.25

Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh


9
(1,0
Giải hệ phương trình
điểm)

4 x2 16  4 y 2 8 y  x 2  1  3 y  4  y 2  8 y  17  3 x 1


3 y 2  35 y  88
x 2


 2
2
 2 3

2
x

1
  5x  2 x  3  y  4  2







 x, y   

Tu
an

Bình luận: Khi Thầy “chế” ra bài hệ này thì mục tiêu của Thầy là ôn lại cho các em phương
pháp hàm số, phương pháp nhân liên hợp, phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn mà

Thầy đã dạy trong các buổi chuyên đề nâng cao vào tối thứ 6 và 7 hàng tuần rồi. HÃY TÍCH
LŨY NHÉ!

ng

x  0

 x   1
x  0

2
 2

1

2x

1

0


1

x 
  x 

Điều kiện:  y  4  0
2
2




y  4

5x 2  3 x  3  0
y  4


2
3  249

x


20

1  4x 16 
2

2

16

 x 2  1  3 x  4
2

16

8y 16 16

 y 2  8y  16  1  3 y  4

2

y  4  16



 y  4

2

*

1  3 y  4

 3 t  t 2  1 , t  [0; )

nh

Đặt f  t   4 t

2

Co

 4x

x 2  1  3 x  4y

2

16

ln 4 

Ni

Ta có f '(t)  2t.4 t

3

2 t



t
t2 1

 0, t   0;   và f(t) liên tục trên [0; ) nên

f(t) đồng biến trên [0;  )
Khi đó *  f  x   f  y  4   x  y  4  y  x  4

0.25

Thay y = x +4 vào (2) ta được
3  x  4   35  x  4   88
x 2


 2 3

2x2 1
 5x  x  3  x  4  4  2
2


2





0.25

 3x  1 x  4 
3 x 2  11x  4
x4
x4




2
2
 2 3

 2 3


2x 1 x  2
2x 1 x  2
 5x  x  3  x  2
 5x  x  3  x  2
2
2







Trang 6















Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh

 x  4  0  3





3x  1
1
1
  x  4 

 0   3x  1


 0  4
2
3
2
 2 3
2x 1 
 5x  x  3
2x2 1
5
x

x

3



2

2

 3  x  4  y  8
 4    3x  1

2 x2  1  5x2 

1
3
x  3 với x 
2
2

3
 2  2x 2  1   3x  1 2x 2  1  x 2  x  1  0  5  ( tại sao biết tách như vầy? câu trả
2

lời dùng casio nhé!)

Tu
an

Đặt t  2x 2  1,  t  0  . Khi đó phương trình (5) trở thành

3
2

2t 2   3x  1 t   x 2  x  1  0 có    x  3  0
2

0.5

ng

1

t  x  2
Phương trình có 2 nghi ệm 
t  x  1

2

Co

1

x 0

2
1  6
7 6
Với t  x  1  2x 2  1  x  1  
y

2  x 
2
2

2
2
2x 2  1   x  1 



2


nh

x
 2 1  0
x
x
2  2 15
30  2 15
2
Với t   1  2x  1   1  
y

2  x 
2
2
7
7
2x 2  1   x  1




2 

Ni

Vậy hệ đã cho có 3 nghi ệm

Bình luận: Phương trình (4) cũng có th ể giải bằng phương pháp nhân lượng liên hợp, phương
pháp đưa về bình phương. Các em hãy thử!

10
(1
điểm)

Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

P

2

a  ab  3 abc

3
.
abc

Áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có

1 a  4b 1 a  4b  16c 4
a  ab  3 abc  a  .
 .

 a  b  c .
2 2
4
3
3
Trang 7

0,25

Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  4b  16c .
Nhận xét: Nút thắt là ở đây em nào mở được coi như xong!ở đây ta dùng kỹ thuật chọn điểm
rơi của BĐT AM – GM.

3
3

2a  b  c
abc

Đặt t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có: P 
Xét hàm số f  t  

3
3

2t
t

3
3
3
3

 2.
với t  0 ta có f '  t  
2t
t
2t t 2t

f ' t   0 

3
3
 2  0  t 1
2t t 2t

Bảng biến thiên

t
f ' t 

0,25

Tu
an

Suy ra P 



0

f t



1
0



+

Co

ng





0

0,25

3
2

3
khi và chỉ khi t  1
2

nh

Do đó ta có min f  t   
t 0

Ni

 16
a  21

a  b  c  1
3
4

 b  .
Vậy ta có P   , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
21
2
a  4b  16c 
1

c  21
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 

0,25

3
 16 4 1 
khi và chỉ khi  a,b,c    , ,  .
2
 21 21 21 

---------------------Hết--------------------

Trang 8

Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh