đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE113 báo dân trí w

KÌ THI TRUNG H C PH THÔNG QU C GIA N M 2016

(

Môn thi: TOÁN
Th i gian làm bài:180 phút, không k th i gian giao

THI TH
thi g m 01 trang)

ĐỀ SỐ 113
Câu 2 (1 i m). Tìm GTLN, GTNN c a hàm s
Câu 3 (1 i m).
a) Cho s ph c z th a mãn: (1 − 2i ) z +
b) Gi i b t ph

(

3x + 2
.
−2 x + 1
2
y = f ( x ) = ln x + + x trên o n [1;e] .
x

th hàm s y =

Câu 1 (1 i m). Kh o sát s bi n thiên và v

1 − 3i
1

= 2 − i . Tìm ph n th c, ph n o c a w = z +
.
1+ i
z + 2i

ng trình log 2016 log 2 x + x 2 − 2 x

)

>0.

Câu 4 (1 i m). Tính di n tích hình ph ng gi i h n b i y = x + 3, x − 2 y + 3 = 0 .
Câu 5 (1 i m). Trong không gian m t ph ng Oxyz , cho m t ph ng ( P ) : 2 x − y − z − 4 = 0 và A ( 0; 2; −1)

1
;0; −3 . Vi t ph ng trình m t ph ng ( Q ) i qua A, B và vuông góc v i ( P ) và tìm i m C trên
2
giao tuy n c a ( P ) ; ( Q ) sao cho ∆ ABC vuông t i C ?
Câu 6 (1 i m)
3π
a) Cho π < α <
và tan α = 3 . Tính giá tr c a bi u th c
2
3π
5π
M = sin α + cos 2 α + sin α +
− sin
− 2α
2
2

b) Trong trò ch i chi c nón kì di u có t t c 10 ô: 1 ô 10 i m, 1 ô 20 i m, 1 ô 30 i m, 1 ô 40 i m, 2 ô
50 i m, 2 ô m t i m, 1 ô g p ôi, 1 ô ph n th ng. Khi m t ng i quay chi c nón thì v trí kim ch có
th d ng m t trong các ô trên v i kh n ng nh nhau. Tính xác su t
ng i ch i là th y NBT sau hai
l n quay liên ti p
c 100 i m.
Câu 7 (1 i m). Cho hình chóp S.ACBD có áy ABCD là hình ch nh t, bi t
Trên

và B

c nh AB l y i m M sao cho
(ABCD) và
.

c nh AC c t MD t i H. Bi t SH vuông góc v i m t ph ng

Tính th tích kh i chóp

và kho ng cách gi a hai

ng th ng

và

Câu 8 (1 i m). Trong m t ph ng v i h tr c t!a
Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nh!n,
nh A( −1; 0). G!i H, E, F l n l t là hình chi u vuông góc c a A trên các
ng th ng BD, BC, CD.
Ph

ng trình

ng tròn ngo i ti p tam giác EFH là ( C ) : x 2 + y 2 − x + 2 y = 0 . Tìm t!a

D bi t E có hoành

ng th ng x − y − 3 = 0 và có hoành

nguyên, C thu c

d

xy ( 8 xy + 9 x ) + 27 ( x 2 − 1) = 9 y (1 − 3 y ) +
2

Câu 9 (1 i m). Gi i h ph

ng trình

các

nh B, C,

ng.
1535
4

.
−57

x − y + xy =
4
Câu 10 (1 i m). Cho các s nguyên d ng x, y, z th a mãn x + y = z − 1 . Tìm GTNN c a bi u th c sau
3

A=

3

x3
y3
z3
+
+
+
x + yz y + xz z + xy ( z + 1)

-------- H t ---------

663

14

( x + 1)( y + 1)

.


KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

ĐÁP ÁN THI THỬ
(Đáp án gồm 08 trang)

Đáp án

Câu

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

Điểm

 1, 0

3x  2
2 x  1

1 
TXĐ: D  R \  
2
7
y' 
 0x  D
2
1  2 x 

0,25



1 1



Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng  ;  ,  ;  
2 2


1
3
Hàm số nhận x  là tiệm cận đứng, y   là tiệm cận ngang
2
2
Bảng biến thiên:

0,25

0,25
1
Đồ thị:
4

3

2

1

6

4

2

2

4

6

0,25

1

2

3

4

5

6

2

Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  f  x   ln x 

664

2
 x trên đoạn 1;e
x

 1, 0


1 2
x  2  x2
 2 1 
x x
x2
f /  x   0  x 2  x  2  0  x  1, x  2

Ta có : f /  x  

0,25
0,25

2
Tính : f 1  3; f  e   1   e
e

0,25

2
Vậy : max f  x   f  e   1   e
e
1;e

a) Cho số phức z thỏa mãn: 1  2i  z 
3

w z

1
z  2i

; min f ( x)  f 1  3

0,25

1;e

1  3i
 2  i . Tìm phần thực, phần ảo của
1 i

 1, 0





b) Giải bất phương trình log 2016 log 2 x  x 2  2 x   0 .


1  3i
 2i
Ta có 1  2i  z 

1 i
 1  2i  z  1  2i  2  i  1  2i  z  3  i

0,25

1 7
z  i
5 5
a)

2
1 7
2
6 8
  i
  i
z  2i 5 5 1  7 i  2i 5 5
5 5
Vậy phần thực: 6/5; phần ảo: -8/5
2

x  0
x  2x  0

Ta có 
2
x  2

x  x  2x  0
Khi đó, ta có:   z 

0,25





log 2 x  x 2  2 x  0  x  x 2  2 x  1  x 2  2 x  1  x  x  2

b)

0,25

=>TXĐ: x  2
Ta có: log 2016 log 2 x  x 2  2 x   0  log 2 x  2 x 2  x  1











 x  2 x2  x  2
2  x  0
x  2



 x  2 x  2  x   2  x  0
  x  2  x  2
2
2

 
2 x  4
 x  2 x  4  4 x  x
2

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  x  3, x  2 y  3  0

Xét phương trình

x3 

 x  3
x3

2
x  1
1

Vậy diện tích cần tìm là S 



3

x3 

0,25

 1, 0
0,25

x3
dx 
2

665

1



 

3

x3 

x3
 dx
2 

0,25

4

2

3

1

x2 3 
 x  3   x 
4 2  3
3

0,25

4
(đvdt)
3
Trong không gian mặt phẳng Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  4  0 và A  0; 2; 1 và

5

6



0,25

1


B  ;0; 3  . Viết phương trình mặt phẳng  Q  đi qua A, B và vuông góc với  P  và tìm
2

điểm C trên giao tuyến của  P  ;  Q  sao cho ABC vuông tại C ?

 1, 0

nQ  AB
Gọi nQ là 1 VTPT của mặt phẳng  Q  và nP   2; 1; 1 là 1 VTPT của  P   
nQ  nP
 nQ cùng phương  nP , AB 
1

 7 7 
Có nP   2; 1; 1 và AB   ; 2; 2    nP , AB    0; ;  nên nQ   0;1; 1 là 1
 2 2 
2

VTPT của  Q  .

0,25

Mà A  0; 2; 1   Q   phương trình  Q  : y  z  3  0

0,25

 1 7 
M  0; ;   d   P    Q  . Gọi ud là 1 VTCP của d  ud cùng phương  nP , nQ 
 2 2 
Lại có  nP , nQ    0; 2; 2  nên ud   0;1;1 là 1 VTCP của d


x  0

1

 phương trình d :  y  t   t  
2

7

 z  t  2

5
5

 AC   0; c  2 ; c  2 
1
7 



Có C  d  C  0; c  ; c    
. Mà ABC vuông tại C
2
2 
1
1

 1
BC   ; c  ; c  


2
2
 2

5

c

5 
1

2 C  0; 2; 1
 AC.BC  0   c   c    0  

2 
2

c  1
C  0;0; 3

2
3
a) Cho    
và tan   3 . Tính giá trị của biểu thức
2
3 

 5


M  sin   cos 2   sin   
 2 
  sin 
2 

 2

b) Trong trò chơi chiếc nón kì diệu có tất cả 10 ô: 1 ô 10 điểm, 1 ô 20 điểm, 1 ô 30 điểm, 1 ô
40 điểm, 2 ô 50 điểm, 2 ô mất điểm, 1 ô gấp đôi, 1 ô phần thưởng. Khi một người quay chiếc

666

0,25

0,25

 1, 0


a)

nón thì vị trí kim chỉ có thể dừng ở một trong các ô trên với khả năng như nhau. Tính xác
suất để người chơi là thầy NBT sau hai lần quay liên tiếp được 100 điểm.
1
1
Ta có
 1  tan 2   1  32  10  cos 2 
2
cos 
10

1
3
3
(vì    
)
 cos  
 sin   
2
10
10
3 

 5

Ta có: M  sin   cos 2   sin   
 2 
  sin 
2 

 2

2
 M  sin   cos   cos   cos2
 sin   cos 2   cos   2cos 2  1

0,25

 sin   cos   sin 2 
3
1

9
4
9


 

10
10 10
10 10
1
Xác xuất vào mỗi ô là
10

b)

0,25

2
quay lần 1: xác xuất để vào ô 50 điểm là
10
2
1
quay lần 2: xác xuất để vào ô 50 điểm là
và xác xuất để vào ô gấp đôi là
10
10
2 3
3
Vậy xác suất cần tìm là:

. 
10 10 50
Cho hình chóp S.ACBD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết A B = 2a, A D = a. Trên cạnh

a
, cạnh AC cắt MD tại H. Biết SH vuông góc với mặt phẳng
2
(ABCD) và SH = a. Tính thể tích khối chóp S .MHCB và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SD và A C .
a
S
AM
1
·
ta có: t an A DM =
= 2 =
AD
a
2
K
BC
a
1
·
t an BA C =
=
=
AB
2a
2

·
·
Þ A DM = BA C
AB lấy điểm M sao cho A M =

7

· D + HA
· M = 900
Mà: HA
· H + HA
· D = 900 Þ A
·HD = 900
Þ DA
Þ AH ^ HD
1
1
1
4 1
5


 2 2  2
2
2
2
AH
AM
AD
a a

a
a
B
 AH 
5

 MH  AM 2  AH 2 

a2 a2
a


4 5 2 5

667

0,25

 1, 0

D

A

M

0,25

H

0,25

C


a
4a

5
5
1
1
1  3a
4a a  19a 2
 MB.BC  CH .HM   .a 
.

2
2
2 2
5 2 5  20

AC  AB 2  BC 2  a 5  HC  a 5 

 SMHCB

0,25

1
1 19a 2 19a3

VS .MHCB  SH .SMHBC  a.

3
3 20
60
Dựng HK vuông góc SD tại K
ìï A C ^ HD
Ta có ïí
Þ A C ^ (SHD ) Þ A C ^ HK
ïï A C ^ SH
î
=> HK là đoạn vuông góc chung của A C và SD
Þ d(A C ; SD ) = HK
Ta có: S D A DC =
Þ DH =

0,25

1
1
A D.DC = DH .A C
2
2

A D .DC
a.2a
2a 5
=
=
AC

5
a 5

Trong tam giác vuông SHD ta có:

1
HK

2

1

=

SH

2

1

+

HD

2

=

1
a

2

+

5
4a

2

=

9
4a

0,25
2

2a
3
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn, đỉnh
A(1;0). Gọi H, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BD, BC,
Þ HK =

CD. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH là  C  : x 2  y 2  x  2 y  0 . Tìm tọa

 1, 0

độ các đỉnh B, C, D biết E có hoành độ nguyên, C thuộc đường thẳng x  y  3  0 và có
hoành độ dương.

B

A

8
H

I
E

D

F

0,25

C

Ta có AEC  AFC  900 nên 4 điểm A, F, C, E cùng thuộc đường tròn đường kính AC.
Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Ta có FIE  2FAE  2(1800  BCD). Các tứ giác AHFD, AHEB nội tiếp
nên FHD  FAD và BHE  BAE.
Do đó FHE  1800  FHD  BHE  1800  FAD  BAE  2FAE  2(1800  BCD)  FIE.
Vì vậy tứ giác HIEF nội tiếp.

668


Do đó I thuộc đường tròn (C ) ngoại tiếp tam giác HFE.
 c 1 c  3 

Gọi C (c; c  3)  d , (c  0)  I 
;
 , do I thuộc (C) nên có phương trình:
2 
 2
c 3
 c 1   c  3  c 1
 2.
 0  c  3  c  0 ( loại c  0 ). Suy ra: C (3;0) và

 
 
2
2
 2   2 
I (1;0).
Điểm E, F nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên tọa độ thỏa mãn hệ
2
2
 x  1, y  2

x  y  x  2 y  0

phương trình: 

3
6
2
2
x ,y .

 x  1  y  4


5
5

2

2

0,25

0,25

 3 5
Vì E có hoành độ nguyên nên F   ;   , E 1; 2  . Suy ra
 5 5
AB : x  y  1  0, BC : x  3 y  3  0
x  y 1  0
Tọa độ B thỏa mãn 
 B(3; 2)
x  3y  3  0
 BA  (2; 2), BC  (6; 2)  BA.BC  16  0(t / m).

0,25

Vì AB  DC  D(5; 2).
Vậy B(3; 2), C (3;0), D(5;2).

9

1535
2
 
xy  8 xy  9 x   27  x 2  1   9 y 1  3 y  




4
Giải hệ phương trình 
 x3  y 3  xy  57


4
Hệ phương trình đã cho tương đương với
1535
2
 
xy  8 xy  9 x   27 x 2   27  x3  y 3  xy   27  x3  y 3   9 y 1  3 y  




4

 x3  y 3  xy  57


4

 xy  8 xy  9 x 2  27 x 2   27  x3  y 3   9 y 1  3 y   1*

 

57
 x3  y 3  xy 

4
3
3
 x  64 y  144 y 2  108 y  27   27 y 3  27 y 2  9 y  1


57
3
3
 x  y  xy 

4
3
 x3  4 y  3   3 y  13
 x  4 y  3  3 y  1
4 xy  3  x  y   1




 3
57   3
57 *

57
3
3
3
3
 x  y  xy 
 x  y  xy 
 x  y  xy 

4

4

4
x  y  a
3
 x3  y3   x  y   3xy  x  y   a3  3ab .
Đặt 
 xy  b

669

 1, 0

0,25

0,25

0,25

3a  1

b
4b  3a  1

4


Khi đó (*) trở thành  3
57  
a  3ab  b 

a 3  3a  3a  1  3a  1  57  3

4


4
4
4
3
2
3
2
Ta có:  3  4a  9a  3a  3a  1  57  4a  9a  6a  56  0  a  2

Khi đó b 

 3 .  2   1  5 .

4

4
1
5

x

,
y

 x  y  2


2
2
Hay ta được 

5
x   5 , y   1
 xy  4

2
2
1 5  5 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  là  ;    ;  
2 2  2 2
Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  1 . Tìm GTNN của biểu thức sau:
x3
y3

z3
A



x  yz y  xz z  xy  z  1

Ta có

 x  1 y  1 

14

 1, 0

 x  1 y  1

x  y  2 1 z

2
2

z  xy  x  y  1  xy   x  1 y  1 

 x  y  2

1  z 

2

4



x  y 
x3
y3
x4
y4

 2
 2
 2
x  yz y  xz x  xyz y  xyz x  y 2  2 xyz

2

4

2 2

2

10

0,25

x

2

 y2 

0,25

x

2

2

 y2 

2

x2  y 2
 2


1 z
x  y 2   x 2  y 2  z  x 2  y 2  1  z 

 x  y    z  1

2 1  z  2  z  1
2

2

 z  1  4 z 3  28

2  z  1  z  12  z  12
2

 A

 z  1  4 z 3  28 trên 0; 
f  z 


2 1  z   z  12  z  12
2

Xét hàm

670

0,25


f  z 
f ' z 

9 z 3  z 2  z  57
2  z  1

 27 z


f ' z  

2

2

 2 z  1  z  1  2  z  1  9 z 3  z 2  z  57 
2

2  z  1

4

0,25

9 z  27 z  z  115
3

2

2  z  1

f ' z   0  z 

3

5
3

Bảng biến thiên:
z
f'(z)

5

0

+∞

3
_

+

0
53

f(z)

8

Vậy minA=

1
5
53
⟺x = y = ; z =
3
3
8

671

0,25