đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE242 sở GD đt sơn la

SỞ GD & ĐT SƠN LA

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỢT 1
MÔN THI: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)

Câu 1(2 điểm).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 

2x 1
.
x2

2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 3.
Câu 2 (1điểm)
1) Cho sin  

3



và     . Tính giá trị của biểu thức: P  10sin      25cos 2
5
2
3

2

2 1  i   3 1  2i 
2) Cho số phức z 
. Tìm z

1 i
Câu 3( 1,5 điểm)
1) Giải bất phương trình sau: log3  2  x   log 1  4  2 x   0
3
2

2) Tính tích phân sau: I   x x  1dx
1

Câu 4 (1điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AC  a 3 , 
ABC  60o . Hình chiếu của đỉnh A trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của
cạnh BC, cạnh bên tạo với đáy góc 300. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ B đến mặt
phẳng (ACCA).
Câu 5 (1điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A  2;1;1 và mặt phẳng

( ) : 2 x  2 y  z  6  0 . Viết phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng   . Tìm
tọa độ tiếp điểm.
Câu 6 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có N là trung
điểm của BC và đường thẳng AN có phương trình 13 x  10 y  13  0 , điểm M  1;2  thuộc đoạn
BD sao cho BD  4 DM . Gọi H là điểm thuộc tia NB sao cho NH  BC . Tìm tọa độ các đỉnh của
hình bình hành biết 3BD  2 AD và H thuộc đường thẳng d : 2 x  3 y  0
Câu 7 ( 1,5 điểm)
1) Một công ty cần tuyển 3 nhân viên mới. Có 5 nam và 4 nữ nộp đơn dự tuyển. Giả sử khả
năng trúng tuyển của mỗi người là như nhau. Tính xác suất để trong ba người được tuyển có
ít nhất 2 nam.
2) Giải bất phương trình:  x  3 x  1  3 2 x 2  10 x  16  6 x  x 2 x 2  10 x  16  x 2  9
Câu 8 ( 1điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: xyz  8 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: P 

1
1
1


2x  y  6 2 y  z  6 2z  x  6
.....................................Hết.....................................


SỞ GD VÀ ĐT SƠN LA

Câu
1
(2điểm)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
(Đáp án- thang điểm gồm 06 trang)
Đáp án

Điểm

1) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 


Tập xác định: D  R \ 2



Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y ' 

5

 x  2

2

2x 1
.
x2

0,25

 0 x  D

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ; 2  và  2;  
- Giới hạn và tiệm cận:
Ta có lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang: y  2
x 

0,25

x 

lim y  , lim y   ; tiệm cận đứng : x  2

x 2

-

x 2

Bảng biến thiên:
x 
y

2
y

2







0,25


2

Đồ thị:

0,25

2) ( 1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có tung độ
bằng 3.
Giả sử tiếp điểm là M o  xo ; yo 

Từ giả thiết ta có yo  3
2x 1
 o
 3  2 xo  1  3 xo  6  xo  7
xo  2
1
y '  xo   y '  7  
5
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M o  7;3 là
y

1
1
22
 x  7  3  y   x 
5
5
5

0,25
0,25
0,25

0,25


2
(1điểm)

1) (0,5 điểm) Cho sin  

3

và     .Tính giá trị của biểu thức:
5
2



P  10 sin      25 cos 2
3

Áp dụng công thức sin 2   cos 2   1  cos 2   1  sin 2   1 

9 16

25 25

4
 
Mà    ;    cos   0  cos   
5
2 



A  10  sin  cos  cos  sin   25 1  2sin 2  
3
3


3 1 4 3
9 

 10  .  .
 25 1  2.   10  4 3
 5 2 5 2 
25 




0,25

0,25

2

2 1  i   3 1  2i 
2) ( 0,5 điểm) Cho số phức z 
. Tìm z
1 i
3  2i  3  2i 1  i  1 5
z

  i
1 i
2
2 2
2

3
(1,5 điểm)

0,25

2

26
1  5
z      
2
2  2
1) ( 0,5 điểm)
Giải bất phương trình sau: log 3  2  x   log 1  4  2 x   0

0,25

3

2  x  0
ĐK: 
 x   2; 2 
4  2 x  0
Bất phương trình  log 3  2  x   log 3  4  2 x 
 2  x  4  2x  x  

0,25

2
3

2

Kết hợp điều kiện, suy ra tập nghiệm của BPT là S   2;  
3


0,25

2

2) ( 1 điểm) Tính tích phân sau: I   x x  1dx
1

2

x  t  1
x  1  t  x 1  t 2  
dx  2tdt
Đổi cận: x  1  t  0; x  2  t  1
Đặt

1

1

I    t 2  1 t.2tdt  2  t 4  t 2 dt
0

0,5

0

5

4
( 1 điểm)

0,25

3

t t 
16
 2    10 
15
5 3
Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AC  a 3 , 
ABC  600 . Hình chiếu của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng
với trung điểm H của cạnh BC, cạnh bên tạo với đáy góc 30o. Tính thể tích khối
lăng trụ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (ACC’A’).
A ' H   ABC   H  AH là hình chiếu của AA’ trên mp (ABC)
Suy ra góc giữa AA’ và (ABC) là góc 
A ' AH  30o

0,25


AB

1
 cot 60o  AB  AC.cot 60o  a 3.
a
AC
3
AC
a 3
BC
BC 

 2a , AH 
a
o
sin 60
2
3
2
C'
A'
Xét tam giác vuông AA’H có
Xét tam giác vuông ABC có

A ' H  AH . tan 30o 

0,25

a
3

1

AB.AC
2
1
a2 3
 a.a 3 
2
2
VABC . A ' B ' C '  A ' H .dt ABC

B'

dt ABC 

K
0,25

M

A

a a 2 3 a3

.

2
3 2

C

H

B
do BB '/ /  ACC ' A ' 
 d  B ',  ACC ' A '   d  B,  ACC ' A '   2d  H,  ACC ' A '  

 HM / / AB

Kẻ HM  AC  
1
a
 HM  2 AB  2
Lại có A ' H  AC , Suy ra AC   A ' HM  (ACC’A’) vuông góc với (A’HM)
theo giao tuyến A’M.
Suy ra nếu kẻ HK  A ' M  K thì HK   ACC ' A '  K

0,25

 d  H , ( ACC ' A '  HK
1
1
1
1
1
7




 2
2
2

2
2
2
HK
HM
A' H
a
a  a 
  

 2  3
a 7
2a 7
2a 7
 HK 
 d  B ,  ACC ' A '  
Vậy d  B ',  ACC ' A '  
7
7
7
Trong hệ trục Oxyz cho điểm A  2;1;1 và mặt phẳng ( ) : 2 x  2 y  z  6  0 .
Có

5
(1 điểm)

Viết phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng   . Tìm tọa độ
tiếp điểm.
Mặt cầu tâm A và tiếp xúc với    bán kính R  d  A,   
R

2.(2)  2.1  1  6
2 2  22   1

2
2

0,25

0,25

3
2

2

0.25

 PT mặt cầu là:  x  2    y  1   z  1  9
Gọi H là tiếp điểm  AH     H

 AH nhận VTPT của   là n  2; 2; 1 làm VTCP

0.25


 x  2  2t

 Phương trình AH :  y  1  2t  H  2  2t;1  2t ;1  t 
z  1 t


Mà H     2  2  2t   2 1  2t   1  t   6  0

 9t  9  0  t  1  H  0;3;0 

0,25

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có N là trung
điểm của BC và đường thẳng AN có phương trình 13 x  10 y  13  0 , điểm
6
(1điểm)

M  1;2  thuộc đoạn BD sao cho BD  4 DM . Gọi H là điểm thuộc tia NB sao
cho NH  BC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành biết 3BD  2 AD và H
thuộc đường thẳng d : 2x - 3y = 0

A

D
M
I
G
C

N

d
B

H

3
AD BC HN
BD 


 HMN vuông tại M
4
2
2
2
Do HN = 2 BN nên d  H , AN   2d  B, AN 

Ta có MB 

1
1
1
5
5
Dễ thấy BG  BD ; MG  BI  BI  BI  BD
3
2
3
6
12
4
4
 BG  MG  d  B, AN   d  M , AN 
5

5
8
32
 d  H , AN   d  M , AN  
. Mà H  d : 2 x  3 y  0  H  3t ; 2t 
5
269
t  1
13.3t  10.2t  13
32



45
t  
269
269
19

Với t  1  H  3; 2 

0,25

0,25

0,25

45
 135 90 
 H 

;   (loại vì H và M nằm cùng phía đối với AN)
19
 19 19 
Phương trình MH: y  2  0

Với t  

Vì MN  MH  phương trình MN: x  1  0  N  1;0 
Do B là trung điểm của HN  B 1;1

7
(1,5điểm)

Lại có N là trung điểm của BC  C  3; 1


 5 7
 1 5
 7 13 
Do BM  3MD  D   ;   I   ;   A  ; 
 3 3
 3 3
3 3 
1) ( 0,5 điểm) Một công ty cần tuyển 3 nhân viên mới. Có 5 nam và 4 nữ nộp
đơn dự tuyển. Giả sử khả năng trúng tuyển của mỗi người là như nhau. Tính xác
suất để trong ba người được tuyển có ít nhất 2 nam.
n     C93 . Gọi A là biến cố: trong ba người được tuyển có ít nhất 2 nam.

 n  A  C52 .C41  C53

0,25

0,25


C52 .C41  C53 25
P  A 

C93
42
2) (1,0 điểm) Giải bất phương trình:

 x  3

0,25

x  1  3 2 x 2  10 x  16  6 x  x 2 x 2  10 x  16  x 2  9

Điều kiện: x  1
2

BPT   x  3 x  1   x  3   x  3  2 x 2  10 x  16  0
  x  3  x  1  x  3  2 x 2  10 x  16   0


Áp dụng bất đắng thức Bunhicopxiki ta có



x  1   x  3

2

  1  1   x  1   x  3   2 x
2

2

2

2

* 

0,25

 10 x  16

 x  1   x  3  2 x 2  10 x  16 x  1
Dấu bằng xảy ra  x  1  x  3

x  3
 x  3
x  3


  x  2  x  5
2   2
 x  7 x  10  0
 x  5

 x  1   x  3


 x  1  x  3  2 x 2  10 x  16  0 x  1
Dấu bằng xảy ra  x  5
Nên  *  x  3 . Kết hợp ĐK ta có tập nghiệm của BPT là S  1;3  5
8
(1điểm)

0,5

0,25

Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: xyz  8 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của
1
1
1


biểu thức: P 
2x  y  6 2 y  z  6 2z  x  6




1
1
1
1
Ta có P  




2 x y 3 y z 3 z  x 3

2
2
2

x
y
z
Đặt  a;  b;  c  abc  1
2
2
2
1
1
1
1

P 



2  2a  b  3 2b  c  3 2c  a  3 

0,25

Có 2a  b  3   a  b    a  1  2  2 ab  2 a  2

2b  c  3   b  c    b  1  2  2 bc  2 b  2

0,25

2c  a  3   c  a    c  1  2  2 ca  2 c  2
1
1
1
1

P 


2  2 ab  2 a  2 2 bc  2 b  2 2 ca  2 c  2 
1
1
1
1

 



4  ab  a  1
bc  b  1
ca  c  1 
 1
1
1

a
ab
 



4  ab  a  1 1  ab  a
a  1  ab  4
1
 MaxP   a  b  c  1  x  y  z  2
4

0,25

0,25