Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Yên Lạc 2, Vĩnh Phúc (Lần 4)

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4 NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: TOÁN, Khối: 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (02 điểm): Cho hàm số y  2 x3  3x2  6  m  1 x 1 với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=0
b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên  2;0 
Câu 2 (01 điểm):
a) Giải phương trình

1
log
2

2

 x  1  log 2  x  1  2

2 1  2i 
 7  8i. Tìm mô đun của số phức w  z  1  i
1 i
Câu 3 (01 điểm): Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường sau y  x ln x, y  0,
x  1, x  e.

b) Cho số phức z thỏa mãn  2  i  z 

Câu 4 (01 điểm):
a) Cho  thỏa mãn 3cos 2  5sin   3  0 . Tính giá trị biểu thức A  sin   cos2 
b) Trong kỳ thi THPT QG năm 2016, sau buổi thi môn Toán có một nhóm 4 học sinh trường

THPT Yên Lạc 2 vào một quán ăn gần địa điểm thi để ăn trưa. Thực đơn hôm nay của Quán có 8
món ăn khác nhau, mỗi học sinh chọn một món ngẫu nhiên. Tính xác suất để 4 học sinh gọi bốn
món khác nhau.
Câu 5 (01 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

 d1  :

x 1 y  2 z  5
x  7 y  2 z 1


;  d2  :


. Chứng minh hai đường thẳng d1 , d 2 cắt nhau
2
3
4
3
2
2

và viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1 , d2 .
Câu 6 (01 điểm): Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M là trung
điểm của AD , H là giao điểm của AC và BM , SH vuông góc với đáy ABCD . Góc giữa SC và
mặt đáy ABCD là 600. Tính thể tích khối chóp S. ABCD và góc giữa SM và mặt phẳng  SBC  .
Câu 7 (01 điểm): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC . Gọi
M  1; 2  , N  2;2  , P  1; 2  theo thứ tự là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C . Viết phương

trình đường thẳng chứa cạnh AC .

 x3  3x 2  5 x   y  2  y  3
 x, y  R 
Câu 8 (01 điểm): Giải hệ phương trình 
2
3
 xy  4 x  2 x  1  2 x  x  y
Câu 9 (01 điểm): Cho ba số thực không âm x, y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

4
x2  y 2  z 2  4



4
5

( x  y ) ( x  2 z )( y  2 z ) ( y  z ) ( y  2 x)( z  2 x)

____________________ HẾT ___________________
Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….……….….…………………; Số báo danh:…………………


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
HƯỚNG DẪN CHẤM
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4 NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: TOÁN, Khối: 12

(Hướng dẫn chấm có: 07 trang)
I. LƯU Ý CHUNG:
- Điểm bài thi được làm tròn đến 0,25đ.
- Trong bài hình học không gian nếu học sinh vẽ hình sai thì không chấm bài đó.
- Nếu học sinh làm cách khác mà vẫn được kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa của phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
3
2
Cho hàm số y  2 x  3x  6  m  1 x 1 với m là tham số thực.
1
a
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=0
Với m=0 ta có: y  2 x3  3x3  6 x
 TXĐ: D = R.
 y '  6 x2  6 x  6  y '  0, x  R
 Giới hạn: lim y  , lim y  
x 

Điểm
1,0
điểm

0.25

x 

 Bảng biến thiên:
x





+

y,

0.25


y


 Hàm số đồng biến trên (; )
 Hàm số không có cực trị.

0.25
1
2

5
2

 Đồ thị: đi qua các điểm đặc biệt: (0;0), ( ;  ) (1; 5)
4

2

-1

-1/2
0

-5

1

5

0.25

-2

-5/2

-4

-5
-6

b

Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên  2;0 
y '  6 x2  6 x  6  m  1
1

1,0
điểm

0.25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Hàm số (1) nghịch biến trên  2;0  y '  0, x   2;0
 x2  x  m  1  0, x  2;0

0.25

 m  1   x2  x, x  2;0 *

Đặt f  x    x2  x, x   2;0 , f '  x   2 x  1, f '  x   0  2 x  1  0  x  
 1

1
2

1

Ta có : f  2   2, f     , f  0   0  Min f  x   2
2;0
 2 4
Khi đó *  m  1  Min f  x   2  m  3

0.25

2;0

Vậy với

2

a

m  3 thì (1) nghịch biến trên  2;0 

Giải phương trình
ĐK: x  1

1
log
2

2

0.25
0,5
điểm

 x  1  log2  x  1  2 *

PT (*)  log 2  x  1  log 2  x  1  2  log 2

x 1
2
x 1

0,25

x 1

x 1
5
2
 4  x  (tm)
x 1
x 1
3
5
x
3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
 log 2

b

Cho số phức z thỏa mãn  2  i  z 
w  z 1 i

Ta có:  2  i  z 

0,25

2 1  2i 
 7  8i. Tìm mô đun của số phức
1 i

2 1  2i 
2 1  2i 1  i 
 7  8i   2  i  z 
 7  8i

1 i
2
4  7i
  2  i  z  3  i  7  8i  z 
2i
z

0,25

 4  7i  2  i   15  10i  3  2i
5
 2  i  2  i 

Ta có: w  z  1  i  3  2i  1  i  4  3i  w  42  32  5

3

0,5
điểm

Vậy ta có w  42  32  5
Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường sau y  x ln x, y  0,
x  1, x  e.

0,25
1,0
điểm

e

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường trên là: S   x ln x dx

0,25

1

e

Ta thấy x ln x  0, x  1; e   S   x ln xdx

0,25

1

1

u'
e 1e
u  ln x 
x2
e2 x 2 e e2  1
x
S

ln
x

xdx





Đặt 
.
Khi
đó
1
2
1
1
2
2
2
4
4
x
v '  x
v 

2
Vậy hình phẳng được giới hạn bởi các đường y  x ln x, y  0, x  1, x  e có diện
2

0,25
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

e2  1

tích là S 
(đvdt)
4

4

a

Cho  thỏa mãn 3cos 2  5sin   3  0 . Tính giá trị biểu thức A  sin   cos2 
Ta có: 3cos 2  5sin   3  0  3  2  2sin 2    5sin   0
2

sin  

3
 6sin 2   5sin   6  0  
sin    3  l 

2
2
3

4
9

Khi đó A  sin   cos2   sin   sin 2   1    1 

b

1

9

Trong kỳ thi THPT QG năm 2016, sau buổi thi môn Toán có một nhóm 4 học
sinh trường THPT Yên Lạc 2 vào một quán ăn gần địa điểm thi để ăn trưa.
Thực đơn hôm nay của Quán có 8 món ăn khác nhau, mỗi học sinh chọn một
món ngẫu nhiên. Tính xác suất để 4 học sinh gọi bốn món khác nhau
Gọi  là không gian mẫu của phép thử
Ta có n     84
Gọi A là biến cố cần tính xác suất
Bốn học sinh chọn 4 món khác nhau nên có: 8.7.6.5 cách chọn  n  A  8.7.6.5
n  A 8.7.6.5 105


Vậy xác suất của biến cố cần tìm là p  A 
n  
84
256

0,5
điểm

0,25

0,25
0,5
điểm
0,25

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
5

 d1  :

x 1 y  2 z  5
x  7 y  2 z 1


;  d2  :


. Chứng minh hai đường thẳng
2
3
4
3
2
2

1,0
điểm

d1 , d 2 cắt nhau và viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1 , d2 .
 x  1  2t1
 x  7  3t2


PTTS của d1 là:  y  2  3t1 , PTTS của d 2 là:  y  2  2t2
 z  5  4t

 z  1  2t
1
2


1  2t1  7  3t2
t1  t2  3
t  0


Xét hệ 2  3t1  2  2t2  3t1  2t2  4   1
Suy ra d1 , d 2 cắt nhau
t


2
2
5  4t  1  2t
2t  t  2
1
2

 1 2

0,25

0,25

VTCP của d1 là u   2; 3; 4  , VTCP của d 2 là u   3; 2; 2  , A  1; 2;5  d1
1

2

 3 4 4 2 2  3 
 u1 , u2   
,
,
   2;16;13
 2  2 2 3 3 2 
Mặt phẳng chứa d1 , d 2 có VTPT là: n  u1 , u2    2;16;13 và đi qua A có phương
trình là: 2  x  1  16  y  2  13  z  5  0  2 x  16 y  13z  11  0

6

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M là trung
điểm của AD , H là giao điểm của AC và BM , SH vuông góc với đáy ABCD .
Góc giữa SC và mặt đáy ABCD là 600. Tính thể tích khối chóp S. ABCD và
góc giữa SM và mặt phẳng  SBC  .

3

0,25

0,25

1,0
điểm


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

S

M

K

C

B
I

S

B

0,25

M'
H
D

M

C

A

Ta có SH   ABCD  . Suy ra góc giữa SC và (ABCD) là góc giữa SC và HC hay
SCH  600

2

a 5
1
a
a
Ta có: AC  a 2, AM  AD  , BM  AB 2  AM 2     a 2 
2
2
2
2

HA AM 1
1
1
a 2

  HA  HC  AC 
HC BC 2
2
3
3
2a 2
2a 6
. 3
Tam giác SCH vuông tại H: SH  HC tan 600 
3
3
3
1

1 2a 6 2 2 6 a
.a 
Ta có: VS . ABCD  SH .S ABCD  .
3
3 3
9

HAM đồng dạng HCB 

0,25

Gọi M’ là hình chiếu vuông góc của M lên (ABCD),  là góc giữa SM và (SBC).
MM ' d  M ,  SBC  

,
Khi đó ta có: sin  
SM
SM
Mặt khác d  M ,  SBC    d  H ,  SBC  

3
2
Kẻ HI  BC  I  BC  , HK  SI  K  SI   HK   SBC   d  H ,  SBC    HK

3
HK
3HK
2

Khi đó: sin  

SM
2SM
1
a 5
a 101
 SM  MH 2  SH 2 
Ta có: MH  BM 
3
6
6
HI 2
2a
  HI 
AB 3
3
1
1
1
9
9
21
2 42a


 2
 2  HK 
2
2
2
2

HK
HI
SH
4a 24a
8a
21
2 42
3.
a
21
 sin  
0,553   33,550
101
2.
a
6
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC . Gọi

7

M  1; 2  , N  2;2  , P  1; 2  theo thứ tự là chân đường cao hạ từ các đỉnh
A, B, C . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC .
4

0,25

0,25

1,0
điểm

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

B
M
P
H

A

C

N

+ CM: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP
Ta có tứ giác APHN nội tiếp nên HAP  HNP 1
Ta có tứ giác CNHM nội tiếp nên HNM  HCM  2 
Ta có HAP  HCM (Cùng phụ với BAC ) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có: HPN  HNM hay HN là đường phân giác của tam giác MNP
CM tương tự ta được MH, PH là đường phân giác của tam giác MNP
Khi đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP

0,5

Ta có: NM   3; 4  ; NP   3;0 
NM  3 4 
NP
   ;  ; j 
  1;0 

NM  5 5 
NP
 i  j  1
4
 8 4
Dễ thấy 
nên n  i  j    ;      2;1 là VTCP
5
 5 5
 NH là phân giác góc MNP
của HN hay là VTPT của AC

Đặt i 

0,25

Khi đó phương trình của AC là: 2  x  2   y  2  0  2 x  y  6  0
0,25

8

 x3  3x 2  5 x   y  2  y  3
1
Giải hệ phương trình 
 x, y  R 
2
3
xy

4

x

2
x

1

2
x

x

y
2
 


1,0
điểm

x  0

ĐK:  y  0
2 x 2  x  y  0


0,25

Ta có: 1   x  1  2  x  1 
3

 y   2  y   3
3

Xét hàm số f  t   t 3  2t , t  R.; f ' t   3t 2  2  0, t  R  f  t  đồng biến trên R.
5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Khi đó:  3  f  x  1  f

 y

y  x  1  y   x  1

Thay vào phương trình (2) ta được

 x  3

2

x  2 x  1  3 3x 2  3x  1

  x  3 x   3x  1  3 3x 2  3x  1  x

 x  3 x   3x  1

 x  3 x  3 x  1
2

2

0,25

3x 2  3x  1  x3


3

 3x

2

 3x  1  x 3 3x 2  3x  1  x 2
2

 x  1
 x  1


 x  3 x  3x  1 3  3x 2  3x  12  x 3 3x 2  3x  1  x 2
3

3

0




1
1


  x  1 

0
2
x  3 x  3 x  1 3 3 x 2  3 x  1  x 3 3 x 2  3 x  1  x 2 





 x  1 tm 

1
1


 0  4
2
  x  3 x  3 x  1 3
3
2
2
2
3x  3x  1  x 3x  3x  1  x

3

0,25

 x  3 x  3x  1  0

2
Với x  0  
2
x  3x 2
3 2
3
2
2
3 3x 2  3x  1
 
  x 3x  3x  1  x   3x  3x  1  2   4  0


Suy ra phương trình (4) vô nghiệm
Với x  1  y  0 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y   1;0 

0,25

Cho ba số thực không âm x, y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
9

P

4

x2  y 2  z 2  4



4
5

( x  y ) ( x  2 z )( y  2 z ) ( y  z ) ( y  2 x)( z  2 x)

1,0
điểm

ới mọi ố thực hông âm x, y, z Ta có:
x  y  4z
x  y  4z
 (x  y ) (x  2z )(y  2z )  (x  y)
2
2
2
2
x  y  4z x  y  2xy  4yz  4zx
Mặt khác ta có: (x  y)

 2(x 2  y 2  z 2 )(1)
2
2
2
2
2
2

2
ì 2xy  x  y ; 4yz  2(y  z ); 4zx  2(z  x 2 )
(x  2z )(y  2z ) 

y  z  4x
 2(x 2  y 2  z 2 ) (2)
2
4
4
5


2
2
2
2
2
2
2
2
2
x  y  z  4 2(x  y  z ) 2(x  y  z )

0,25

Tương tự ta có (y  z ) (y  2x )(z  2x )  (y  z )
Từ ( ) và (2) ta suy ra P 

6

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Hay P 

4
x y z 4
2

Khi đó P 

2

2



9
. Đặt t  x 2  y 2  z 2  4 , t  2
2
2
2(x  y  z )
2

4
9
4
9

. X t hàm ố f (t )   2
,t 2
 2
t 2t  4
t 2t  4

4
9t
(4  t )(4t 3  7t 2  4t  16)
f '(t )   2  2

; f '(t )  0  t  4
t
(t  4)2
t 2 (t 2  4)2

0,25

do t > 2 nên 4t 3  7t 2  4t  16  4(t 3  4)  t(7t  4)  0
ập bảng biến thi n của hàm ố f(t). ựa vào bảng biến thi n ta có
MaxP 

5
khi x  y  z  2
8

____________________ HẾT ___________________

7

0,25