đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE186 THPT nguyễn hữu quang, bình định

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
ĐỀ ÔN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU QUANG
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
x 1
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

b) Xác định m để đường thẳng d : y  2 x  m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tiếp
tuyến của (C) tại A, B song song với nhau.
Câu 2 (1,0 điểm).


a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z biết: z  (1  i ) z  8  3i
b) Một đội văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Tính xác suất để chọn ra nhóm đồng ca
gồm 8 người trong đó phải có ít nhất là 3 nữ.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 32 x 1  4.3x  1  0.
b) Giải phương trình cos 2 x  cos x  3  sin 2 x  sin x 
2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: 
1

xdx
1  x 1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  1  0

 x  1  3t

và đường thẳng d :  y  2  t . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M
z  1 t

đến mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu 6. (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và
mặt đáy bằng 600. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1,0) và hai
đường thẳng lần lượt chứa các đường cao vẽ từ B và C có phương trình tương ứng là
x  2 y  1  0 và 3 x  y  1  0 . Tính diện tích tam giác ABC.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1
Câu 9. (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn: a  b  c 
biểu thức : P  3

1
a  3b

3

1
b  3c

3

3
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
4

1
c  3a

–––––––––HẾT–––––––––

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM – />

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu
1
(1,0 điểm)
(2,0đ) TXĐ: D   \ 1

y, 

2
 0 x  D
( x  1) 2

Đáp án

Điểm

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định

0,25

lim y  1 tiệm cận ngang: y  1

x 

0,25

lim y  ; lim y   tiệm cận đứng x  1

x 1

x 1

BBT
Đồ thị
b) (1,0 điểm)

0,25
0,25

Pthđgđ: 2 x 2  (3  m) x  m  1  0; x  1(*)

0,25

Phương trình này luôn có 2 nghiệm phân biệt khác 1 m nên d luôn cắt (C)
tai 2 điểm phân biệt A,B.

0,25

 x A  xB

Ycbt   2
2


 ( x  1) 2 ( x  1) 2
 A
B

0,25

 x A  xB
 x A  xB


 3  m
 m  1

2
 x A  xB  2
 2

0,25

2
 2a  b  8
a)
Đặt
z

a

bi
(

a
,
b


)
theo
giả
thiết
ta
có
hệ

(1,0đ)
  a  3
 a  3; b  2 Vậy phần thực bằng 3, phần ảo bằng – 2

0,25
0,25

8
b) Số phần tử của không gian mẫu là C15
 6435

3

0,25

Số phần tử của biến cố “ trong 8 người có ít nhất 3 nữ”
3690

5
3
C53.C10
 C54 .C104  C55 .C10
 3690 . Vậy xác suất là p 
6453

0,25

3x  1
x  0
32 x 1  4.3x  1  0   x 1  
3 
 x  1

3

0,5

PT  cos 2 x  3 sin 2 x  3 sin x  cos x
1
3
3
1
cos 2 x 
sin 2 x 
sin x  cos x
2
2
2

2


2


 2 x  3  x  3  k 2
 x   3  k 2




 cos  2 x    cos  x    

,k  
3
3


 2 x     x    k 2
 x  k 2

0,25





3

3



0,25

3

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM – />

4
Đặt t  x  1  t 2  x  1  2tdt  dx ,
(1,0đ) Đổi cận ta được t = 1; t = 0
1

Suy ra  2
0

0,25
0,25

1

3

t t
2
11
dt   (t 2  t  2 
)dt   4 ln 2

t 1
t 1
3
0

5
M(1+3t, 2 – t, 1 + t) d.
(1,0đ)
2(1  3t )  2(2  t )  1  t  1
Ta có d(M,(P)) = 3 
3t = 1
3

Suy ra, có hai điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M2( – 2, 3, 0)
Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam
giác đều tâm G và

0,5
0,25
0,5
0,25

1
SG   ABC   VS . ABC  SG.S ABC
3

Tam giác ABC đều cạnh a nên
AN 

a 3

a2 3
 S ABC 
2
4

0,25

Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên
góc giữa cạnh bên SA với đáy là
  60 (vì SG  AG  SAG
 nhọn)
(SA,AG) = SAG

6
2
a 3
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG  AN 
(1,0đ)
3
3
Trong tam giác SAG có SG  AG.tan 60  a
1
3

Vậy VS . ABC  .a.

0,25

a 2 3 a3 3


4
12

Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà
M  (SMN) nên d  C ,  SMN    3d  G,  SMN  
Ta có tam giác ABC đều nên tại K
SG   ABC   SG  MN

0,25

 MN   SGK  .

Trong (GKH), kẻ GH  SK  GH  MN  GH   SMN  , H  SK
 d  G ,  SMN    GH

1
2

Ta có BK  AN ; BG  AG 

2
2
1
1
a 3
AN  GK  AN  AN  AN 
3
3
2
6

12

Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên:
1
1
1
1 48 49
a


 2  2  2  GH 
2
2
2
GH
SG GK
a
a
a
7
3a
Vậy dC , SMN   3GH 
7

0,25

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM – />

7
AC có pt: 2 x  y  2  0 , AB có pt: x  3 y  1  0

(1,0đ)  B( 5; 2), C ( 1; 4)
H là chân đường cao hạ từ C xuống AB, tọa độ H là nghiệm của hệ
3 x  y  1  0
 2 1 
H ; 

5 5 
x  3y  1  0
S ABC 

1
1
7
AB.CH  .2 10. 10  14
2
2
5

0,25
0,25
0,25

0,25

8
Đk: 1  x  7 . Khi đó, pt  x  1  2 x  1  2 7  x  ( x  1)(7  x)  0
(1,0đ)
 x  1( x  1  2)  7  x ( x  1  2)  0

0,25

0,25

 ( x  1  2)( x  1  7  x )  0

 x 1  2
x  5


thỏa mãn đk
x

4

 x  1  7  x

0,5

9
Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có:
(1,0đ)
1 1 1
3
1 1 1
9
( x  y  z )      3 3 xyz
9   
(*)
3 xyz
x y z x y z
x y z

Áp dụng (*) ta có:
1
1
1
P 3
3
3

a  3b
b  3c
c  3a

0,25

9
3
a  3b  3 b  3c  3 c  3a

Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có:
a  3b  1  1 1
3  a  3b  1.1 
  a  3b  2 
3
3
b  3c  1  1 1
3  b  3c 1.1 
  b  3c  2 
3
3
c  3a  1  1 1

3  c  3a  1.1 
  c  3a  2 
3
3
Suy ra

3

1
a  3b  3 b  3c  3 c  3a   4  a  b  c   6   1  4. 3  6   3
3
3 4


0,25

0,25

Do đó P  3


3
1
a  b  c 
Dấu = xảy ra  
abc
4
4
a  3b  b  3c  c  3a  1


0,25

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM – />