đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE164 THPT nguyễn đình chiểu,bình định w

THPT NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU
ĐỀ THI THỬ 05

ĐỀ SỐ 164

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

2x 1
x 3

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm GTLN- GTNN của hàm số y  4  x 2  x .
Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: log 3 ( x 2  x)  log 1 ( x  4)  1 .
3

b) Cho số phức z thỏa mãn z  3z  8  4i . Tìm mô đun của số phức   z  10 .

2

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân sau I   x (2  sin 2 x )dx .
0

Câu 5: (1,0đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng
x  3 y  2 z 1
d:


. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm

2
1
2
tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Cho góc  thoả mãn

tan   1
3
4
.
   2 và cos   . Tính giá trị biểu thức A 
2  cos 2
2
5

b) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh. Chọn ngẫu nhiên một
tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam giác được chọn có 3 đỉnh cùng
màu.
3a
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 
. Hình chiếu vuông
2
góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn AD .
Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường
tròn (T) có phương trình: x 2  y 2  6x  2y  5  0. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Đường tròn
đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết
đường thẳng MN có phương trình: 20x  10y  9  0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.
 x  3y  2  xy  y 2  x  y  0


Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
(x, y  R).
2
3 8  x  4 y  1  x  14y  12
Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a+b+c=3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P 

2
abc
3
3  ab  bc  ca
1  a 1  b 1  c 

----------------------- 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: ……………………….

938
- 23 -


Câu

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Đáp án
♥ Tập xác định: D   \ 3
♥ Sự biến thiên:
5
ￚ Chiều biến thiên: y ' 
; y '  0, x  D .

2
 x  3

Điểm

0,25

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;3 và 3; .
 ￚ Giới hạn và tiệm cận:
lim y  lim y  2

 tiệm cận ngang: y  2

lim y  ; lim y  

 tiệm cận đứng: x  3

x 

x 

x  3

x  3

ￚ Bảng biến thiên:
x

y'
y

2

1
(1đ)

0,25



3






0,25

2

♥ Đồ thị:
+ Giao điểm với các trục:
1  1
1 1 
Oy : x  0  y  :  0;  và Oy : y  0  2 x  1  0  x  :  ; 0 
3  3
2 2 
 1 1 
Đồ thị cắt các trục tọa độ tại  0;  ,  ; 0  .
 3 2 

+ Tính đối xứng:
Đồ thị nhận giao điểm I  3; 2  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25

Tập xác định D=  2;2  , f   x   
f  x   0  

2
(1đ)

Ta có: f

x
4  x2

0.25

1

 x  0
 1  0  4  x2  x  
x 2
2
2
4  x  x
4  x2

 2  2

x

2; f  2   2 ; f  2   2 , f  3  7

Vậy : Maxy /2;2  2 2 khi x  2 ; Miny /2;2  2 khi x  2
3a
(0.5đ)









a) Giải phương trình log3 x 2  x  log 1 x  4  1 .
3

939
- 24 -

0.25
0.25
0.25


x  1
Điều kiện: 
 4  x  0









3  x  4   x






 x  3 x  4 



log 3 x 2  x  log 3 x  4  1  log 3 x 2  x  log 3 x  4  log 3 3





 log 3 x 2  x  log 3

2

x  2
 x 2  4x  12  0  
(thoả mãn)
x  6

0,25

0,25

Vậy phương trình có hai nghiệm x  2; x  6 .

3b

Số phức z thỏa mãn z  3z  8  4i . Tìm mô đun của số phức   z  10 .
* Gọi z  a  bi (a, b  ) là số phức đã cho, khi đó z  a  bi  3 z  3(a  bi )
4a  8
a  2
* Từ giả thiết ta có hệ 

 z  2  2i
2b  4
b  2
* Số phức   z  10  2  2i  10  8  2i có mô đun là   (8) 2  22  2 17

2

Tính tích phân sau I   x (2  sin 2 x )dx .
0

4

(1đ)





2

2






2

2
Ta có: I  2 xdx  x sin 2 xdx  x 02  x sin 2 xdx 







0

0

0



2

4

2

  x sin 2 xdx

0,5

0



du  dx
 ux


Tính J   x sin 2 xdx Đặt 
1
dv  sin 2 xdx  v   cos 2 x
0

2
2





0,25



2
2
1
12
 1

 J   x cos 2 x   cos 2 xdx   sin 2 x 
2
20
4 4
4
0
0

Vậy I 

2 
4

Ta có. Vtcp của đường thẳng d: u d  (2;3;1)
5.
(1đ)

Vì d  ( P)  n ( P )  u ( d )  (2;3;1) . Phương trình mặt phẳng (P): 2x +3y+z=0 .
4  9 1
12
Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) là. d ( A /( P)) 

4  9 1
13
a) Cho góc  thoả mãn

0,25
0.25
0.25
0.5

tan   1
3
4
.
   2 và cos   . Tính giá trị b/t: A 
2  cos 2
5
2
2

6a.
(0.5đ)

9
3

4
 sinα  
Ta có: sin α = 1- cos α = 1-   
25
5
5
3
3
   2 nên sin  
Vì
2
5
sin
3
32
7
 tan 
  và cos2  2cos2  1 
1 
cos
4
25
25
3
 1
175
4

Vậy A =
7

172
225
3
Số phần tử của không gian mẫu là: |  |  C12
 220
2

2

- 25 -

940

0,25

0,25

0,25


6b
(0.5đ)

7
(1đ)

Gọi A là biến cố chọn được tam giác có 3 đỉnh cùng màu. Số kết quả thuận lợi cho A
| | 9
là: |  A |  C37  C53  45 . Xác suất biến cố A là P(A)  A 
.

|  | 44
3a
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 
. Hình chiếu vuông
2
góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung
điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng HK và SD .

0,25

S

0,25
F
C

B
E
H
O
A

K

D

Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và
3a
a

SH  SD 2  HD 2  SD 2  ( AH 2  AD 2 )  ( )2  ( ) 2  a 2  a
2
2
Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC.

8
(1đ)

(T) có tâm I (3;1), bán kính R  5.
  IC

Do IA  IC  IAC
A (1)
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại
M  MH  AB  MH // AC (cùng vuông
  IC

góc AB)  MHB
A (2)


Ta có: ANM  AHM (chắn cung AM)
(3)
Từ (1), (2), (3) : Suy ra: AI vuông góc MN

A
N
E
M
B

H

I

C

0.25




IAC
ANM  IC
A
AHM  MHB
AHM  90
 phương trình đường thẳng IA là: x  2y  5  0
Giả sử A(5  2a; a)  IA.

a  0
Mà A  (T)  (5  2a)2  a2  6(5  2a)  2a  5  0  5a2  10a  0  
a  2
Với a  2  A(1; 2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với a  0  A(5; 0) (loại vì A, I cùng phía MN)


9
Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH  E  MN  E  t; 2t  
10 



38 
941
Do E là trung điểm AH  H  2t- 26
1; 4- t  
10



0.25

0.25


 
58   
48 
 AH   2t  2; 4t   , IH   2t  4; 4t  
10 
10 


  
272 896
Vì AH  HI  AH.IH  0  20t 2 
t
0
5
25

 8
 11 13 
 H  ;  (thoûa maõn )
t 
5
5 5

 28
 31 17 
 H  ;  (loaïi)
t 
 25 25 
 25
  6 3 
 11 13 
8
Với t   H  ;  (thỏa mãn) Tacó: AH   ; 
5
5 5
5 5

 BC nhận n  (2;1) làVTPT  phương trình BC là: 2x  y  7  0
9

0.25

 x  y  (x  y)(y  1)  2(y  1)  0 (1)
(I)  
2
3 8  x  4 y  1  x  14y  12 (2)

Điều kiện: x  8, y  – 1, (x – y)(y + 1)  0 (*)
Nếu (x ; y) là nghiệm của hệ (I) thì y > – 1. Suy ra x – y  0.
xy
xy
xy
xy

20
1
 1  x  2y  1
Do đó: (1) 
y 1
y 1
y 1
y 1
Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được:
3 7  2y  4 y  1  (2y  1) 2  14y  12  4 y  1  3 7  2y  4y 2  10y  11  0
 4( y  1  2)  3( 7  2y  1)  4y 2  10y  6  0

0.25

0.25

0.25



2
3
 (y  3) 


 2y  1  0 (3)
 y 1  2

7  2y  1



2
2 2
3
3

 , 2y + 1 > –1
,
y 1  2 3  2 2
7  2y  1 4
2
3


 2y  1  0 . Do đó: (3)  y  3  0  y  3
y 1  2
7  2y  1
 x = 7 (thỏa (*)). Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3).
Vì 1  y 

10

7

nên
2

0.25

2

Áp dụng Bất đẳng thức  x  y  z   3  xy  yz  zx  , x, y, z   ta có:

 ab  bc  ca 

2

 3abc  a  b  c   9abc  0  ab  bc  ca  3 abc



Ta có: 1  a 1  b 1  c   1  3 abc

3

 , a, b, c  0. Thật vậy:

0,25

1  a 1  b 1  c   1   a  b  c    ab  bc  ca   abc 



2

1  3 3 abc  3 3  abc   abc  1  3 abc
Khi đó P 



3

3

2
3 1  abc







abc
Q
1  3 abc

1
0,25
3

Đặt

6

abc
abc  t . Vì a, b, c  0 nên 0  abc  
 1
3



Xét hàm số

0,25

942
- 27 -


2t  t  1  t 5  1
2
t2
Q

, t   0;1  Q '  t  
 0, t   0;1
2
2
2
3 1  t 3  1  t
1  t 3  1  t 2 
Do hàm số đồng biến trên  0;1 nên Q  Q  t   Q 1 
Từ (1) và (2) suy ra P 

Vậy max P 

5
6

 2

5
6

5
, đạt được khi và chỉ khi: a  b  c  1 .
6

943
- 28 -

0,25