Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Trực Ninh, Nam Định (Lần 1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TRỰC NINH

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
Môn thi : TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC
( Đề thi gồm 01 trang)

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1.0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

2x 1
.
x 1

Câu 2 (1.0 điểm).
a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x2  ln 1  2 x  trên đoạn  2;0 .
b) Tìm m để hàm số y  x3  3(m  1) x2  9 x  2016m đạt cực tiểu tại điểm x = 3.
Câu 3 (1.5 điểm). Giải phương trình:
a) log3  x  2  log3 ( x  4)  log 3 8  x   1.
b) cos2 x  cos x  3 sin 2 x  sin x  .
6

1
dx .
2 2x  1  4x  1

Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân I  

Câu 5 (1.0 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : x  4 y  z 11  0 và mặt
cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 . Tìm tọa độ tâm và tính bán kính mặt cầu ( S ) .Viết
phương trình mặt phẳng (P) song song với trục Ox vuông góc với mặt phẳng ( ) và tiếp xúc với
mặt cầu (S).
Câu 6 (0.5 điểm). Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề thi gồm 5 câu được chọn từ
15 câu dễ, 10 câu trung bình và 5 câu khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi đó có ba
loại câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít hơn 2. Lấy ngẫu nhiên một đề trong
bộ đề trên. Tính xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi “Tốt”.
Câu 7 (1.0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Góc
giữa CA ' và mặt phẳng ( AA ' B ' B) bằng 30 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và
khoảng cách giữa A ' I và AC với I là trung điểm AB.
Câu 8 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  AD 2 , tâm
I 1; 2  . Gọi M là trung điểm cạnh CD, H  2; 1 là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM.
Tìm tọa độ các điểm A, B.
 y  xy  9  2016  y 2  2 y  4  2017 x

Câu 9 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình 
( x, y  ) .
2
2
x

x

2
x

2

1

y

y

1

1


Câu 10 (1.0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
7
121
.
của biểu thức A  2 2 2 
a  b  c 14  ab  bc  ca 







Hết
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.......................


ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI THỬ LẦN 1.
Câu 1 (1.0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 


Tập xác định: D 



Sự biến thiên:

2x 1
.
x 1

1.0 điểm

\ 1

+ Chiều biến thiên: y ' 

3

 x  1

2

 0, x  1

0.25

+ Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;  
+ Hàm số không có cực trị.
+ Giới hạn và tiệm cận:

Do lim y  lim y  2 ; nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là: y  2
x 

x 

lim y  ,lim y   ; nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là: x  1
x  2

0.25

x  2

+ Bảng biến thiên:

0.25



Đồ thị
- Giao Ox, Oy
- Tâm đối xứng

0.25


Câu 2a (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 0,5 điểm
f  x   x2  ln 1  2 x  trên đoạn  2;0 .
+ Hàm số xác định và liên tục trên đoạn  2;0 ;

-

Ta có : f /  x   2 x 

/
Suy ra f  x   0  2 x 

1
1  2x


2
 0  2 x 2  x  1  0   x 1 1 ( x  1 loại )
1 2x
 x  2

0.25

f  2   4  ln 5;
1 1
- Tính : f      ln 2;
 2 4
f  0  0

Vậy : max f  x   4  ln5
2;0

;

1
min f  x    ln 2

4
2;0

0.25

b) Câu 2b (0,5 điểm). Tìm m để hàm số y  x3  3(m  1) x2  9 x  2016m đạt cực tiểu 0,5 điểm
tại điểm x = 3.
Ta có : x 

, y '  3x2  6(m  1) x  9

+) Điều kiện cần:

y ' (3)  3.32  6(m  1)3  9  0

 m 1
…………………………………………………………………………………………………
+) Điều kiện đủ : Thay m= 1, y '  3x2  12 x  9
Suy ra y ''  6 x  12  y '' (3)  6  0 . Chứng tỏ HS đạt cực tiểu tại x= 3
Vậy m= 1 thoa mãn

Câu 3a (1.0 điểm). Giải phương trình: a) log3  x  2   log3 ( x  4)  log

3

8  x   1.

0.25

0.25

1.0 điểm

Điều kiện xác định -2 < x < 8.
0.25

  x  2  ( x  4)  3  8  x 

2

 x 2  6 x  8  3x 2  48 x  192
 2 x 2  54 x  184  0

0.25

…………………………………………………………………………………………...
2
  x  2  ( x  4)  3  8  x 
 x 2  6 x  8  3x 2  48 x  192
 2 x 2  54 x  184  0
 x  4(nhan); x  23(loai)
Đối chiếu đk x=4 là nghiệm

0.25
0.25


Câu 3b (0.5 điểm). Giải phương trình: b) cos2 x  cos x  3 sin 2 x  sin x  .

0.5 điểm

 cos 2 x  3 sin 2 x  3 sin x  cos x.
1
3
1
3
 cos 2 x  sin 2 x  cos x  sin x
2
2
2
2


 cos(  2 x)  cos(  x)
3
3

0.25


   2 x    x  k 2
3
3



 3  2 x  ( 3  x )  k 2

 x  k 2
3



2

 x  3  k 2
Kết luận nghiệm là x 

0.25

k 2
3
6

1
dx .
2x

1

4x

1
2

Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân I  

ĐÆt t  4x  1 , ta cã dt =

2dx

hay

t2  1
t
dt = dx vµ x 
4
2

4x  1
Khi x = 2 th× t = 3 vµ khi x= 6 th× t = 5.
…………………………………………………………………………………………………..
5
5
5
tdt
tdt
1
1 

I
=


  t  12   t  1  t  12  dt (0.25+ 0,25)
2


t

1

32
3

1 t  3

2



1.0 điểm

0.25

0.5

5

1 
3 1

=  ln t  1 
= ln 

t 1  3
2 12


0.25

Câu 5 (1.0 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng

( ) : x  4 y  z 11  0 và mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 . Tìm tọa độ tâm và 1.0 điểm
tính bán kính mặt cầu ( S ) .Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với trục Ox
vuông góc với mặt phẳng ( ) và tiếp xúc với (S).

+ Tọa độ tâm I (1; -3; 2), Bán kính R= 4
0.25


+ Gọi n là VTPT của (P) thì

n 
i , m 

Với m  (1; 4;1) là VTPT của ( ) \
Khi đó n = (0, -1, 4). Suy ra (P) dạng y- 4z +d =0

0.25

Vì tiếp xúc mc (S) nên:
3  8  d
4
17

 11  d  4 17
 d  11  4 17
…………………………………………………………………………………………………..

0.25

Vậy (P) có PT là y- 4z + 11  4 17 =0

0.25

CÁCH 2:
+ Mặt phẳng (P) song song truc Ox có dạng: by + cz + d = 0 ( d  0 ) ...0,25

+ Vì (P) vuông góc (Q) nên có pt: 4b + c + d = 0 (1)
+ Vì (P) tiếp xúc (S):

3b  c  d
14

 4 (2)……………… …….….. 0,25

+ Giải hệ (1) và (2)……………………………………………… 0,25
KL ………………………………………………………………….0,25
Câu 6 ( 0.5 điểm). Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề thi gồm 5 câu

được chọn từ 15 câu dễ, 10 câu trung bình và 5 câu khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” 0.5 điểm
nếu trong đề thi đó có ba loại câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít
hơn 2. Lấy ngẫu nhiên trong một đề trong bộ đề trên. Tính xác suất để đề thi lấy ra là
một đề thi “Tốt”.
5
 142506
Mỗi đề thi gồm 5 câu chọn từ 30 câu nên ta có   C30

0.25

Gọi A là biến cố đề thi lấy ra là một đề thi “Tốt”.

Vì đề thi “Tốt” gồm ba loại câu dễ, TB và câu khó, đồng thời số câu dễ không ít hơn 2
nên có 3 trường hợp sau thuận lợi cho biến cố A:
TH1: Đề 3 câu dễ, 1 trung bình, 1 khó thì sẽ có: C153 C101 C51 đề
TH2: Đề 2 câu dễ, 2 trung bình, 1 khó thì sẽ có: C152 C102 C51 đề;
TH3: Đề 2 câu dễ, 1 trung bình, 2 khó thì sẽ có: C152 C101 C52 đề;
Suy ra  A = C153 C101 C51 + C152 C102 C51 + C152 C101 C52 =56875
Vậy xác xuất cần tìm là: P( A) 

A




56875
625

142506 1566

0.25


Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B' C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. 1.0 điểm
Góc giữa CA ' và mặt (AA ' B' B) bằng 30 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABC.A' B' C' và khoảng cách giữa A ' I và AC với I là trung điểm AB.
A'

C'

30°

B'
F

A
C
x

E

I
B

CI  AB

 CI  ( AA ' B ' B)
Ta có : CI  AA ' ( AA '  ( ABC ))
Trong ( AA ' B ' B) : AB  AA '  A



0.25

Suy ra góc giữa CA’ và ( AA ' B ' B) chính là góc giữa CA’ và IA’ và bằng góc CA ' I  30
Do đó A ' I 

IC
tan CA ' I



AB 3 a 3
3a

; với IC 
2
2
2

Suy ra: AA '  A ' I 2  AI 2 

9a 2 a 2

a 2
4
4

a 2 3 a3 6

Vậy VABC . A ' B 'C '  AA '.SABC  a 2 .
(đvtt)
4
4
Kẻ Ix AC . Khi đó d( AC, A ' I )  d ( AC,( A ' I , Ix))  d ( A,( A ' I , Ix))

0.25
0.25

Kẻ AE  Ix tại E và AF  A ' E tại F.
Ta chứng minh được: d  A,( A ' I , Ix )  AF

a
a 3
Ta có: AE  AI .sin AIE  .sin 60 
2
4
Và:

1
1
1
1
16
35
a 210


 2  2  2  AF 
2
2
2
35
AF
A' A
AE
2a 3a
6a

Vậy: d  AC , A ' I   AF 

0.25

a 210
35

Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 1.0 điểm
AB  AD 2 , tâm I 1; 2  . Gọi M là trung điểm cạnh CD, H  2; 1 là giao điểm của hai
đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B.


Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD nên IC  3IH
 x  1  3.1
x  4
Mà IH  1;1 , giả sử C  x; y   

 C  4;1
 y  2  3.1  y  1

0.25

Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5)
CM BC
1
Lại có AB  2 AD nên


 MBC  BAC
BC AB
2

0.25

Mà BAC  BCA  90  MBC  BCA  90  AC  BM
Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt IH  1;1

 pt BM: x + y – 1 = 0  B  t;1  t 

0.25

Có AB   t  2;6  t  ; CB   t  4; t 
Vì AB  BC  AB.CB  0   t  2 t  4   t  6  t   0







 t  2  2  B 2  2; 1  2 hoặc B 2  2; 1  2









 x  x  2 x  2  1 y  y  1  1 (1)

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 

 y  xy  9  2016  y 2  2 y  4  2017 x (2)

2

2

0.25
1.0 điểm

ĐK: y  xy  9  0

1   x  1   x  1

2

1  y2 1  y    y  

 y

2

1

(do

y 2  1  y  0 ) (*)

Xét hàm số f  t   t  t 2  1 trên R. Lấy đạo hàm thấy dương nên f(t) đb trên R

0.25

Từ (*) suy ra x + 1 = - y
Thế vào (2) ta đc: x2  8  x2  3  2017 x  2016
Nhận thấy x = 1 là nghiệm của (3) nên phân tích thành:

(3)

( x2  8  3)  ( x2  3  2)  2017( x  1)
 x 1

x 1
 ( x  1) 

 2017   0
2
x2  3  2
 x 8 3

 x 1

x 1

 2017   0
Từ (3) do VT dương nên x > 0 suy ra  
2
x2  3  2
 x 8 3


Do đó thu đc x = 1 (t/m) suy ra y = -2

KL: Hệ có nghiệm (1; -2)

0.25

0.25

0.25


Câu 10 (1.0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị 1.0 điểm
nhỏ nhất của biểu thức A 

7
121

.
2
2
a  b  c 14  ab  bc  ca 
2

1  (a  b  c) 2  a 2  b 2  c 2  2(ab  bc  ca)
1  (a 2  b2  c 2 )
2
7
121
 A 2

2
2

2
a  b  c 7(1  (a  b 2  c 2 ))

Ta có  ab  bc  ca 

0.25

Đặt t  a 2  b2  c2 . Vì a, b,c là số dương và a+b+ c =1 nên 0< a<1, 0Suy ra t  a2  b2  c2 < a+b+ c =1
Mặt khác 1  (a  b  c)2  a2  b2  c2  2(ab  bc  ca)  3(a2  b2  c2 )
1
1 
Suy ra t  a 2  b2  c 2  . Vậy t   ;1
3
3 
7
121
1 
f (t )  
; t   ;1
t 7(1  t )
3 
7
121
Xét hàm số f ' (t )   2 
t
7(1  t ) 2
7
7
f ' (t )  0  t  (tm); t   (l )

18
4

0.25

BBT
t

1
3

f ' (t )
f (t )

7
18

-

0

1

1

+
0,25

324
7

324
324
1 
với mọi a; b; c thỏa mãn điều kiện đề bài.
; x   ;1 . Vậy A 
7
7
3 
1
1
1
7
324
Nhận xét a  ; b  ; c  thì a 2  b2  c 2 
và a  b  c  1 Khi đó A 
.
2
3
6
18
7
324
Vậy min A 
.
7

Suy ra f (t ) 

0,25

--- Hết --Ghi chú: - Các đ/c chấm có thể thống nhất chia điểm từng câu, ý cho hợp lý, nhưng tổng điểm của các
câu là không thay đổi.
- Thí sinh có thể làm cách giải khác mà đúng, giám khảo phải thống nhất phân chia điểm cho
từng ý để chấm chính xác, công bằng cho thí sinh.