đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE180 THPT chuyên lê quý đôn, bình định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ ÔN TẬP THPT QUỐC GIÁ NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

1
2
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  2 x  1  x  2 .
2
2x  m
với m  2 . Tìm các giá trị của tham số m để tiếp
x 1
tuyến với đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với trục tung, tạo với các trục tọa độ một tam
1
giác có diện tích bằng .
2
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 5 x  sin x  cos 4 x  sin 3x  cos 2 x 1 .
Câu 4 (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số mà cả hai chữ số đều khác 0.
Trong S chọn ngẫu nhiên 2 số. Tính xác suất để chọn được hai số mà số này gồm các chữ số viết
theo thứ tự ngược lại của số kia (chẳng hạn 45 và 54).
Câu 5 (1,0 điểm). Tính giới hạn: lim

3x  ln 2 x  1  1

x 0

tan x

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AD =
2a, AB = BC = a. Biết hai mặt phẳng (SBD) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD),
góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;2;0) , B (1;1;4) ,

C(3; 2;1) . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I đi qua A, B, C sao cho OI  5 .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AB, CD
và CD = 2AB. Biết phương trình đường thẳng AB là x  y  3  0 , phương trình đường thẳng BD
là x  3 y 13  0 và đường thẳng AC đi qua điểm M (3;8) . Tìm tọa độ điểm C?
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 y  2 x  y  5  x 2  y  5 10 x 


 y  4  3 3 y  3 x  2  1 3 x 2  y 2  5 x  30

4
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

232a  135b  54



ab  bc  3 abc



1  a  b  c 

2

------------ Hết -----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM - />

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH - TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ÔN TẬP THPT NĂM 2016 - Môn: TOÁN
Câu

Điể
m

Đáp án
+) Tập xác định D   .

7
1
7
+) Sự biến thiên: y '  6 x 2  4 x  ; y '  0  x  hoặc x  
2
6
2
1
7



+) Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng:  ;   và  ;   . Hàm số nghịch biến
2
6


 1 7
trên khoảng   ;  .
 2 6
1
+) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm xCÐ   , yCÐ  0.
2
7
125
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm xCT  , yCT  
.
6
27
+) Giới hạn và tiệm cận: lim y  ; lim y  . Đồ thị h.số không có tiệm cận.
x 

1
(1,0
điểm)

Bảng biến thiên
x 
y



0,25

0,25

x 

1
2
0
0

7
6
0












0,25

125
27

Đồ thị:

0,25

 1   7 125 

3
Đồ thị hàm số đi qua các điểm A   ; 0  , B  ; 
 , C  2; 0  , D  1;   .
2
 2   6 27 

Tập xác định: D   \ 1 .
Giao điểm của đồ thị với trục tung: M (0; m ).
2
(1,0
điểm)

Phương trình tiếp tuyến  với đồ thị hàm số tại M: y  (2  m) x  m
 m

Giao điểm của tiếp tuyến  với các trục tọa độ: N 
; 0  , M  0; m  .
m2 
Diện tích tam giác: SOMN

1
m
1

m  1
 .m.
  m2  m  2  
2
m2 2
 m  2

0,25
0,25

0,25

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM - />

Vậy m  1, m  2.

0,25

Ta có: sin 5 x  sin x  cos 4 x  sin 3 x  cos 2 x 1
 2sin 3x.cos 2 x  sin 3 x  2cos 2 2 x  cos 2 x  0
 sin 3x  2cos 2 x 1  cos 2 x  2 cos 2 x 1  0

 2 cos 2 x 1sin 3 x  cos 2 x   0
3
(1,0
điểm)






 2 x    k 2
 x    k

1


3
6
 cos 2 x 



2





  3 x  2 x   k 2    x    k 2 , ( k   )




2
2


sin 3x  sin  2 x   


3


2 
 x  3  k 2
 2 x  k 2
3x 

2
10
5




3
2
Vậy nghiệm của phương trình: x    k  , x    k 2, x 
k
6
2
10
5

+) Số các phần tử của tập hợp S là: 9.9 = 81 (số)
+) Trong 81 số của tập hợp S có 9 số không thể là 1 trong 2 số được chọn ra, đó là:
11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99.
4
(1,0
điểm)

Trong 72 số còn lại của tập hợp S, mỗi bộ hai số chọn ra nếu có một số có dạng ab
thì sẽ có số có dạng ba .
Suy ra số cách chọn hai số từ tập S thỏa yêu cầu bài toán là: 72 : 2  36 (cách)
Vậy xác suất cần tìm là:

36
2
C81



1
.
90

3x  1 1  ln  2 x  1  1

3  ln  2 x  1  1
x
Ta có: lim
 lim x
x0
x 0
tan x
tan x
x
x
ln 3 x
x.ln 3

 e x.ln 3  1

3 1
e
1
e
1
+) lim
 lim
 lim
 lim 
.ln 3   ln 3

x0 x
x 0
x0
x 0  x .ln 3
x
x


 ln 2 x  1

1  ln  2 x  1  1

.
(2)
  1
+) lim
 lim 


x0
x

0
x
2x
1  ln  2 x  1  1 



0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

x

5
(1,0
điểm)

3 x  ln  2 x  1  1
 sin x 1 
tan x
+) lim
 ln 3  1.
 lim 
.
  1 . Vậy: xlim
0
x 0 x
x 0  x
tan x
cos x 
1
3a 2
AD  BC  . AB 
.

2
2
Gọi H  AC  BD . Ta có:
 SAC    ABCD  
 SBD    ABCD    SH   ABCD  . Gọi E là trung điểm cạnh AD. Khi đó, tứ
 SAC    SBD   SH 

0,25

0,25

0,25

0,25

Ta có: SABCD 
6
(1,0
điểm)

0,25

giác ABCE là hình vuông và tam giác ECD là tam giác vuông cân tại E.

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM - />

Suy ra: 
ACD  
ACE  
DCE  900. Hay HC  CD (1)
CD  HC 
Ta có:
 CD  SC (2)
CD  SH 
Và  SCD    ABCD   CD (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra góc giữa  SCD 
và

S

E

A

0,25
D

O

SCH  600
 ABCD  là góc 

H

B

C

HC BC 1
1

  HC  HA . Mà AC  a 2 .
HA AD 2
2
a 2
a 2
a 6
Suy ra HC 
. Do đó SH  HC tan
SCH 
. 3
.

3
3
3
1
1 3a 2 a 6 a3 6
Vậy VS. ABCD  .SH .dt  ABCD   .
.

3
3 2
3
6
Nhận xét: Tam giác ABC vuông cân đỉnh A nên có tâm đường tròn ngoại tiếp là
trung điểm cạnh AC. Gọi O là trung điểm cạnh AC. Trục của tam giác ABC là đường
thẳng đi qua O và song song với SH. Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC
thuộc mặt phẳng (SAC ) nên mặt phẳng (SAC ) cắt mặt cầu theo thiết diện là đường
tròn lớn ngoại tiếp tam giác SAC. Do đó bán kính mặt cầu tâm I bằng bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác SAC.
Vì AD / / BC nên

2

0,25

0,25

2

 a 6   2 2a  14a 2
a 14

Trong  SAH có: SA2  SH 2  AH 2  
 SA 
 
 
 3   3 
9
3

 

Trong tam giác SAC có R 

SA
2 sin 60

0



a 42
9

0,25

a 42
9
Gọi tọa độ tâm của mặt cầu là I  x; y; z  . Theo đề ra ta có hệ:
Bán kính mặt cầu ngoài tiếp hình chóp S. ABC : R 

IA2  IB 2

 x  y  4 z  7
 2

2
IA  IC  3 x  4 y  z  5
OI 2  5
 x 2  y 2  z2  5



427
 x   443
x  1

754


Giải hệ ta được:  y  0 hoặc  y  
443

z  2
480
z 

443

7
(1,0
điểm)

0,25

0,25

Với I 1; 0; 2  bán kính mặt cầu: R  IA  (1  0)2  (0  2)2  (2  0)2  3
2

2

0,25

2

Phương trình mặt cầu: ( x  1)  y  ( z  2)  9
 427 754 480 
7003
Với I  
;
;
 bán kính mặt cầu: R  IA 
443
 443 443 443 
2

2

2

0,25


427  
754  
480 
7003
Phương trình mặt cầu:  x 
 y
 z
 
443  
443  
443 
443


TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM - />

8
(1,0
điểm)

Gọi I là giao điểm của AC và BD. Khi đó các tam giác IAB, ICD cân tại I. Gọi H là
trung điểm của CD thì IH  AB .
Gọi N là điểm đối xứng với M qua IH thì N thuộc BD và MN / / AB.
Phương trình đường thẳng MN: x  y 11  0 .
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình
A
B
MN : x  y 11  0
 x  5


 N (5; 6)
I

 BD : x  3 y  13  0  y  6
N
M
Gọi J là trung điểm của MN
J
thì J  IH và J (4;7)
C
D
H
Phương trình đường thẳng IH : x  y  3  0 .
 IH : x  y  3  0
 x  2
Tọa độ điểm I: 
 
 I (2;5)
 BD : x  3 y  13  0  y  5

Ta có IM  (1;3) .
Phương trình đường thẳng AC: 3( x  2)  ( y  5)  0  3 x  y 1  0 .
 AB : x  y  3  0
 x  1
Tọa độ điểm A: 
 
 A(1; 2)
 AC : 3 x  y 1  0  y  2


  x  2  2.1  xC  4
Vì CD  2 AB nên IC  2 AI   C
. Vậy C (4;11) .
 
 yC  5  2.3  yC  11

y  4  0
 y  4
Điều kiện: 

x  
x  
Với điều kiện (*) ta có:

0,25

0,25

0,25

0,25

(*)
0,25

 y  5  4  l 
y  2 x  y  5   x 2  y  5   10 x   y  5  y  x 2  2 x  0  
2
 y  x  2 x





Với y  x 2  2 x thế vào phương trình (2) ta được:

1 4
x  4 x 3  7 x 2  5 x  30
4
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:
3

x2  2x  4  3 x2  x  2 

9
(1,0
điểm)

x

2

x  2x  4 
3

2

2





 2 x  4 .4
4

3 x x2 3

3

x

2



(3)

1 x2  2x  4  4 1 2
 .
 x  2x  8
2
2
4





 x  2 .8.8



8. 8

0,25



1 2
1
x  x  2  8  8  x 2  x  18
4
4



 

( 4)



(5)

Từ (4) và (5) suy ra:
3

x2  2x  4  3 x2  x  2 

1

2 x 2  x  26
4





6

Từ (3) và (6) suy ra:
1 4
1
x  4 x 3  7 x 2  5 x  30  2 x 2  x  26
4
4
2
4
3
2
 x  4 x  5x  4x  4  0   x  2 x2 1  0  x  2



 

0,25







x  2
Với x  2  y  0. Thử lại, 
thỏa mãn hệ.
y  0
Vậy nghiệm của hệ: ( x; y)  (2; 0).

0,25

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM - />

 a  9b b  9c a  9b  81c 
232a  135b  54 



6
6
3.9


Ta có: P 
2
1  a  b  c



232a  135b  9  a  9b   9  b  9c   2  a  9b  81c 

1 a  b  c

2



0,25

243a  243b  243c
1 a  b  c

2

Đặt t  a  b  c  0

10
(1,0
điểm)

Xét f  t  

243t
1 t

2

'

,(t  0). Suy ra f  t  

Vì t  0 nên t  1
Bảng biến thiên:
t



243 1  t 2

1  t 
2

0

'

f t

2

 ; f  t   0  t  1
'

t  1

1
+

0,25



0

–

0,25

243
2

f t
0

Từ bảng biến thiên suy ra: max P  max f  t  

0

243
2

81
9
1
Khi và chỉ khi: t  1  a  , b  , c  .
91
91
91

0,25

Chú ý: Mọi cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
----------- Hết -----------

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM - />