đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE256 THPT thủ đức, TPHCM

TRƯỜNG THPT THỦ ĐỨC
NĂM HỌC 2015-2016

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm).

2x 1
.
x2
b) Gọi M, N là các giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d : y  2 x  3 . Tính độ dài đoạn
thẳng MN.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 

Câu 2 (1,0 điểm).

x
 4  x  R
4
b) Trong mặt phẳng Oxy, tìm tọa độ điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z  2i  1  i  2  0 .
a) Giải phương trình log 22 x  log 2


2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I 

  x  2  sin 3xdx.
0

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;–5;–6) và đường
x 1 y  2 z  1
thẳng Δ :


. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên Δ. Viết phương trình
2
1
3
đường thẳng đi qua A và cắt Δ tại B sao cho AB  35 .
Câu 5 (1,0 điểm).

5 

2
      . Tính giá trị biểu thức A  sin 2  cos  .
13  2

b) Giải bóng đá công đoàn các trường THPT trong cụm 8 quy tụ 10 đội bóng đá nam gồm:
Nguyễn Hữu Huân, Thủ Đức, Đào Sơn Tây, Hiệp Bình, Tam Phú, Nguyễn Huệ, Phước
Long, Long Trường, Nguyễn Văn Tăng và Ngô Thời Nhiệm. Các đội được chia thành hai
bảng A và B, mỗi bảng 5 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu
nhiên. Tính xác suất để hai đội Thủ Đức và Nguyễn Hữu Huân nằm ở hai bảng khác nhau.
a) Cho góc  thỏa mãn sin  

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA  ( ABC ) và ABC là tam giác đều cạnh 2a. Cạnh
bên SB = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa
hai đường thẳng AC và BM theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, có M(3; –1) là trung điểm
cạnh BC. Đường thẳng chứa đường cao đỉnh B đi qua E(–1; –3). Đường thẳng chứa cạnh AC đi

qua F(1; 3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có
đường kính AD với D(4; –2).

 x  1  x 2 +2 x  y  y 2  1
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
 x, y    .
2
 3 x  8 x  7  4 x y  1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a3
b3
c3
P 2


2
2
2
a  b  c  b 2   a  c  c 2   a  b 
-------------HẾT-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:……………………


TRƯỜNG THPT THỦ ĐỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN

I. LƯU Ý CHUNG:

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng
với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
2x 1
1
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
1,0
x2
1. Tập xác định: D   \ {2}
3
 0, x  D. Suy ra hàm số nghịch biến trong các 0,25
2. Sự biến thiên: y '  
( x  2)2
khoảng (; 2) và (2; ) . Hàm số không có cực trị.
Các giới hạn lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y  
x 
x 
x2
x2
0,25
Suy ra x  2 là tiệm cận đứng, y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
Bảng biến thiên
x 
2


–
–
y
0,25
2

y
2


1 
3. Đồ thị: Giao với trục Ox tại  ; 0  , giao với trục Oy tại
2 
xứng là điểm I (2; 2)

 1
 0;  , đồ thị có tâm đối
 2

0,25

b

Gọi M, N là các giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y = 2x – 3. Tính độ dài
đoạn thẳng MN.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là
x  2
2x 1
2x  3 

 2
x2
2 x  9 x  7  0
x 1

7
x 

2

1,0
0,25

0,25


7 
Tọa độ M(1; -1) và N  ; 4 
2 
Độ dài đoạn MN =
2

0,25

5 5
2

0,25

x

 4 (1)
4
+ Điều kiện của phương trình (1) là: x  0 (*)
+ Với điều kiện (*),
(1)  log 22 x  log 2 x  log 2 4  4  log 22 x  log 2 x  2  0.

2
a Giải phương trình log 2 x  log 2

x  4
 log 2 x  2


1
x 
log
x


1
 2

2

0,5

0,25

0,25

 1
+ Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của phương trình (1) là S  4;  .
 2
b Tìm tọa độ điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z  2i  1  i  2  0.
i2 4 3
  i
2i  1 5 5
 4 3
Vậy điểm biểu diễn số phức z là M  ;  .
5 5
z  2i  1  i  2  0  z 

0,5
0,25
0,25


2

3

Tính tích phân I    x  2  sin 3 xdx.

1,0

u  x  2
Đặt 
dv  sin 3 xdx

0,25

du  dx

ta được 
cos 3x
v   3

0,25

0





  x  2  cos 3x  2 1 2
do đó: I   
   cos 3xdx
3

0 3 0


4

0,25



  x  2  cos 3 x  2  sin 3 x  2

7
I  
= .
 

3
9

0  9 0
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; –5; –6) và đường thẳng
x 1 y  2 z 1
(Δ):


. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (Δ). Viết
2
1
3
phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (Δ) tại B sao cho AB = 35.

H   Δ   H 1  2t; 2  t ; 1  3t  ; (Δ) có véc tơ chỉ phương là u   2;1; 3
H là hình chiếu vuông góc của A trên (Δ) nên
 
AH .u  0   2t  1 .2   t  3 .1   5  3t  (3)  0  t  1 . Vậy H(3; –1; –4)

0,25

1,0

0,25

0,25

B   Δ   B 1  2t; 2  t ; 1  3t 

t  0
2
2
2
35 nên  2t  1   t  3   5  3t   35  
t  2
B(1; –2; –1) hay B(5; 0; –7).
AB =

0,25


x 2 y5 z 6
x 2 y5 z6


; Δ2  :


.
1
3
5
3
5
1

5 

Cho góc  thỏa mãn sin  
      . Tính giá trị biểu thức
13  2


 Δ1  :

5

a

0,25

0,5

2

A  s in2  cos 
Ta có:
cos 2   sin 2   1  cos 2   1  sin 2  

144
12

 cos   
(do     )
169
13

2

0,25

2

5  12   12 
24
.
   
13  13   13  169
Giải bóng đá công đoàn các trường THPT trong cụm 8 quy tụ 10 đội bóng đá Nam
A  s in2  cos 2   2sin  cos   cos 2   2.

0,25

gồm: Nguyễn Hữu Huân, Thủ Đức, Đào Sơn Tây, Hiệp Bình, Tam Phú, Nguyễn
Huệ, Phước Long, Long Trường, Nguyễn Văn Tăng và Ngô Thời Nhiệm. Các đội
b

chia thành hai bảng A và B, mỗi bảng 5 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng

0,5

cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội Thủ Đức và Nguyễn Hữu Huân
nằm ở hai bảng khác nhau.
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
Số phần tử của không gian mẫu là: C105 .C55
0,25
Gọi A là biến cố “hai đội Thủ Đức và Nguyễn Hữu Huân nằm ở hai bảng khác

nhau.”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: 2!C84 .C44 .
Xác suất cần tìm là P 

0,25

2!C84 .C44 5
 .
C105 .C55
9

Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  và ABC là tam giác đều cạnh 2a. Cạnh bên
6

SB = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng

1,0

cách giữa hai đường thẳng AC và BM theo a.

S
Từ giả thiết ta có SA là đường cao của
hình chóp và SA  SB 2  AB 2  a 5

0,25

M
Diện tích của tam giác đều ABC là

C

A
N
B

a2 3 ,
0,25
3

1
a 15
VS . ABC  SA.S ABC 
(đvtt)
3
3


Chọn trung điểm N(0;0;0) của BC là gốc tọa độ. Tia NB là trục hoành, tia NA là trục
tung. Kẻ Nz // SA là trục cao. Ta có

 a a 3 a 5
B(a;0;0), C(–a; 0; 0), A(0; a 3 ;0), S(0; a 3 ; a 5 ), M   ;
;

2
2
2 

0,25


  3a 3a 5a 
AC   a;  a 3; 0 ; BM    ;
;
 ;
 2 2
2


2
2
2
   a 15 5a 4 3a 
 AC ; BM    
;
;


 
2
2
2







  
 AC , BM  AB

15


.
d  AC , BM  
a
 
17
 AC , BM 




AB  a; a 3; 0 ;





0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, có M(3; -1) là trung điểm cạnh BC.
Đường thẳng chứa đường cao đỉnh B đi qua E(–1; –3). Đường thẳng chứa cạnh AC
7

đi qua F(1; 3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường tròn ngoại tiếp

1,0

tam giác ABC có đường kính AD với D(4; –2).

E(-1;-3)

A

Gọi H là trực tâm tam giác ABC thì tứ
giác BHCD là hình bình hành. M là
H

F(1;3)
C

B

M(3;-1)

0,25
trung điểm BC nên M cũng là trung
điểm DH, suy ra H(2; 0).

D(4;-2)

Đường thẳng chứa cạnh AC qua F(1;3) vuông góc với HE, nên phương trình
AC: x + y – 4 = 0
Đường thẳng chứa cạnh DC qua D(4; –2) vuông góc với AC, nên phương trình

0,25

DC: x – y – 6 = 0
C là giao điểm của AC và DC nên C(5; –1). M là trung điểm BC nên B(1; –1)

0,25

Đường thẳng chứa cạnh AB qua B(1; –1) vuông góc với CH, nên phương trình
AB: 3x – y – 4 = 0
A là giao điểm của AC và AB nên A(2;2).

0,25


8

 x  1  x 2  2 x  y  y 2  1 (1)
Giải hệ phương trình: 
 x, y   
2
 3 x  8 x  7  4 x y  1 (2)

1,0

 x  0  x  2
Điều kiện: 
y 1

Ta có: x  1  x 2  2 x  y  y 2  1  x  1 

 x  1

2

1  y  y 2 1

(*)

0,25

f t   t  t 2 1

Xét hàm số

t

f t   1

t 2 1

 t  1

f(t) liên tục trên [1, ) ,

Ta có

 0; t  1 suy ra f(t) đồng biến trên 1;   . Phương trình (*)

0,25

 f  x  1  f  y   x  1  y . Thay vào (2) ta được 3 x 2  8 x  7  4 x x  2 .



2

  2 x  1  x  2 x  2



2

 
x 1
  2
x 7 y 8

  x  6x  7  0
 2 x  2  x 1


 

1
 x  5  88  y  24  88 (loai )
x

 2 x  2  1  3 x

3
19
19

2


 9 x  10 x  7  0
KL: Hệ phương trình có nghiệm:  x; y    7;8 

0,25

0,25

Cho a, b, c  0 thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
9

P

a3
a2  b  c 

Ta có P 

2



b3
b2   a  c 

a3
a2  3  a 

Xét hàm số f ( x) 

Ta có: f ( x) 

2



2

c3

1,0

c2   a  b 

b3
b2   3  b 

2



2

c3
c2  3  c 

2

0,25

x3
x2  3  x 

2

17
12
 x  ; x  (0;3)
25
25
2

x3
x2   3  x 



2

9  x  12  x  1
17
12
 x  
 0, x   0;3 .
25
25
25  2 x 2  6 x  9 

Mặt khác P  f (a )  f (b)  f (c) 

17
36
a  b  c  .
25
25

17
36 3
Suy ra P   a  b  c  
 .
25
25 5

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3
khi a = b = c = 1.
5

------------Hết------------P

0,25

0,25

0,25