đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE333 THPT hàm rồng, thanh hóa

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ KTCL CÁC MÔN THEO KHỐI THI ĐẠI HỌC
NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ SỐ 333

2x  3
(C)
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến song song với d: y   x  3 .

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
b) Giải bất phương trình: log 3 ( x  1) 2  8log 3 x  1  4 .
3

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x 3 x  2ln  x  1  dx .
2

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(–1; 2; 3), B(2; –4; 3),
C(4; 5; 6). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C và tìm tọa độ hình chiếu
vuông góc H của C lên đường thẳng AB.
Câu 5 (1,0 điểm).





a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z  1  3 z  i  5  i  . Tính modun của z.
b) Để chuẩn bị chương trình cho một buổi hoạt động ngoài giờ lên lớp với chủ đề “Hướng về
biển đảo” của trường THPT Hàm Rồng, ban tổ chức tiến hành lập một danh sách 5 tiết mục
văn nghệ, chọn từ các tiết mục của 3 khối lớp 10, 11 và 12. Tính xác suất của biến cố “Danh
sách được lập có 2 tiết mục của khối 10, có 2 tiết mục của khối 11 và có 1 tiết mục của khối
12”. Biết mỗi khối lớp có 4 tiết mục.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C. SA  ( ABC ) ,
AC = 2a, BC = 2a 3 . Góc giữa SB và (ABC) bằng 450. Gọi M là trung điểm AC. Tính theo a thể
tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BM.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc
đoạn AC sao cho AC = 3AM, điểm N thuộc tia đối của tia AB sao cho AB = 3AN, đường tròn (C)
ngoại tiếp ADN có phương trình x 2  y 2  8 x  6  0 . Tìm tọa độ điểm D và phương trình AB
biết M d : x  y  6  0 , điểm M và D có tung độ dương.





 y 1  y 2  4  2 x  4 x. x 2  1  0

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
.
2
4. x  1  4. 4  x  y  14 y  40
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực thay đổi thuộc [1; 2].

9a 6b 2016c
 
.
bc ca
ab
-------------------HẾT------------------

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu

Nội dung

Điểm

2x  3
(C)
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Cho hàm số y 

1,0

1) Hàm số có TXĐ: D = R \{1}
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
* lim  y  ; lim  y   nên đường thẳng x = -1 là tiệm cận đứng của (C).

x ( 1)

x  ( 1)

0,25

0,25

* lim y  lim y  2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của (C).
x 

x 

b) Bảng biến thiên: Ta có: y ' 
Bảng biến thiên:
x
y’

1

 x  1

-

2

 0, x  1

-1

+

2

-

0,25

+

y
-
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  1;  

2

3) Đồ thị:

1

0,25

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(–1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến song song với d:
y  x  3 .
2x  3
 x 1  x  m (1)

Tiếp tuyến có dạng: y   x  m, m  3 => ĐK: 

có nghiệm.
1

 1
(2)
2
 x 1
(1)  x  0, x  2
+ Với x = 0 => m = 3 (loại)
+ Với x = – 2 => m = – 1 => PTTT: y   x  1
Vậy tiếp tuyến của (C) có phương trình: y   x  1

1,0

0,5

0,5


a) Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Phương trình  4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 – cosx) – (2 – cosx) = 0
 (2 – cosx) ( 2sinx –1) = 0

2

0,5
0,25




 2  cosx  0(VN )
 x  6  k 2
, k  Z.


 sinx  1
 x  5  k 2
2


6

0,25

b) Giải bất phương trình: log 3 ( x  1) 2  8log 3 x  1  4 .

0,5

Điều kiện xác định: x > 1 (*).

log 3 ( x  1)2  8log 3 x  1  4

0,25

4 log 3 ( x  1)  4 log3 ( x  1)  4  log 3[( x  1)( x  1)]  1  x 2  1  3
 2  x  2

Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S  (1;2] .

0,25

3

Tính tích phân I   x 3 x  2ln  x  1  dx .

1,0

2

3

3

3

2

I   3x dx   2 x ln  x  1dx  x 3 2  I1  19  I1
2

3

3

3

3
3 3 2
x2
I1   2 x ln  x  1dx   ln  x  1d  x   x ln  x  1   x d  ln  x  1   9ln 2  

dx
2 2
x 1
2
2
2
2

2

3

 x2
3
1 
7

9ln
2
 9ln 2    x  1 
dx


  x  ln x  1   8ln 2 

x 1 
2
 2
2
2

45
Vậy I 
 8ln 2 .
2

4

0,5

2

0,25

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(–1; 2; 3), B(2; –4; 3),
C(4; 5; 6). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C và tìm tọa độ
hình chiếu vuông góc H của C lên đường thẳng AB.

1,0



AB  (3; 6; 0), AC  (5;3;3) . Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là

 
n   AB, AC   (18; 9;39)

0,25

Do đó (P) có PT: 18( x  1)  9( y  2)  39( z  3)  0  6 x  3 y  13 z  39  0 .

0,25

x 1t

PT của AB: y  2 2t . Vì H thuộc AB  H  1  t ; 2  2t; 3
z 3

 
1
 6 12 
ĐK: AB.CH  0  3(5  t )  6(3  2t )  0  t    H   ; ;3 
5
 5 5 
KL: ......

0,25

0,25






a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z  1  3 z  i  5  i  . Tính modun của z.

0,5

Gọi z  a  bi  a, b  R
2a  2  3a  1 a  1
2 z  1  3z  i  5  i    2a  2  2bi  3a  1   3b  5 i  

2b  3b  5
b  1

0,25

z  1  i  z  12  (1)2  2

0,25

b) Để chuẩn bị chương trình cho một buổi hoạt động ngoài giờ lên lớp với chủ
đề “Hướng về biển đảo” của trường THPT Hàm Rồng, ban tổ chức tiến hành lập
một danh sách 5 tiết mục văn nghệ, chọn từ các tiết mục của 3 khối lớp 10, 11 và
12. Tính xác suất của biến cố “Danh sách được lập có 2 tiết mục của khối 10, có
2 tiết mục của khối 11 và có 1 tiết mục của khối 12”. Biết mỗi khối lớp có 4 tiết
mục.

0,5



5



Chọn 5 tiết mục và lập thành một danh sách có: A125 cách  n()  A125
Gọi A là biến cố cần tính xác suất.

Chọn khối 10, khối 11, khối 12 lần lượt 2, 2, 1 tiết mục có : C42 .C42 .C41 cách.
Với mỗi cách chọn trên, tạo ra một danh sách các tiết mục có: 5! Cách
 n( A )  C42 .C42 .C41 .5!
n ( A ) 2
 P( A) 

n() 11

0,25

0,25

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C. SA  ( ABC ) ,
AC = 2a, BC = 2a 3 . Góc giữa SB và (ABC) bằng 450. Gọi M là trung điểm
AC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SC và BM.

Vì SA  ( ABC ) nên góc giữa SB và (ABC) là SBA

0,25

 SA  AB  AC 2  BC 2  4a

1
1 1
8a 3 . 3

 V  S ABC .SA  .  2a.2a 3  4a 
3
3 2

3


0,25

( BMN ) / / SC
+ Gọi N là trung điểm SA  SC / / MN  
( BMN )  BM
Do đó: d  SC, BM   d  SC,(BMN)  d  C , ( BMN ) 

S

6

1,0

B

N

H
A
M
E

C

 d  A, ( BMN ) 
+ Gọi E, H lần lượt là hình chiếu của A lên BM, NE.
 BM  AE

Vì 
 BM  ( ANE )  BM  AH (1)
 BM  AN
mặt khác, NE  AH (2)
Từ (1), (2)  AH  (BMN )  d  A,(BMN )  AH

Vậy: d  SC, BM   AH

Do hai tam giác vuông EMA và CMB đồng dạng nên:
Trong tam giác vuông ANE:
Vậy: d  SC, BM   AH 

0,25

a 3
2

AE AM
AM.BC 2a 3

 AE 

BC BM
BM
13

1
1
1
13

1
4
a 3
 2 2 
 2  2  AH 
2
2
AH AE AN 12.a 4.a 3.a
2

0,25


Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc đoạn
AC sao cho AC = 3AM, điểm N thuộc tia đối của tia AB sao cho AB = 3AN,
đường tròn (C) ngoại tiếp ADN có phương trình x 2  y 2  8 x  6  0 . Tìm tọa
độ điểm D và phương trình AB biết M d : x  y  6  0 , điểm M và D có tung
độ dương.
B

F

K
E

+ Gọi E là hình chiếu của M lên AB => ME//BC
+ Gọi F  AC  BD
3
+ Do AC=3AM  AF  AM và BF=DF nên: M là trọng
2

tâm ABD và BE=2AE => BE = NE.
+ MBN và MBD cân tại M nên: MB=MD=MN (1)
=> B, D, N thuộc đường tròn tâm M =>
  2
DMN
ABD  900 (2)

C

M

D

A

0,25

Từ (1), (2) => MDN vuông cân tại M => M  (C).

N

7

1,0

 x 2  y 2  8x  6  0
 x  3, y  3
M  d  (C ) : 
 M  3;3


x

7,
y


1
(
ko
tm
)
x

y

6

0



0,25

Gọi I là trung điểm DN=> I là tâm của đường tròn (C).
Do MDN vuông cân tại M => DN  MI  DN : x – 3y – 4 = 0
+ Tọa độ điểm N, D là nghiệm của

0,25

 x2  y 2  8x  6  0  x  1, y  1


 D(7;1), N (1; 1)

 x  7, y  1
x  3 y  4  0


4  2( xk  3)
+ Gọi K là trung điểm AB  DM  2.MK  
 K (1; 4)
2  2( yk  3)

+ AB đi qua K(1;4) và nhận NK  0;5 làm VTCP nên có pt: x – 1 = 0.

0,25

KL: D(7; 1) và AB: x – 1 = 0



8



 y 1  y 2  4  2 x  4 x. x 2  1  0 (1)

Giải hệ phương trình 
.
4. x  1  4. 4  x  y 2  14 y  40 (2)

1,0

ĐK: 1  x  4 (*)

0,25

(1)  y  y y 2  4   2 x    2 x  . 4 x 2  4

(3)

Xét f (t )  t  t t 2  4
/

2

f (t )  1  t  4 

t2
t2  4

0,25
2

 0 t  f (t )  t  t t  4 là hàm số đồng biến.

Mà pt (3) có dạng: f ( y )  f (2 x )  y  2 x


Thay vào (2) ta được:

x  1  4  x  x 2  7 x  10

(4)

=> x 2  7 x  10  0  x   ; 2    5;   . Kết hợp với (*) suy ra: x  1; 2 



 



  x2  5x  5  x  2  x  1  x  3  4  x  0
  x 2  5x  5 

x2  5x  5
x2  5x  5

0
x  2  x 1 x  3  4  x

0,25

 2
5 5
 x  5x  5  0  x 
2

1
1


1  2  x  x  1  3  x  4  x  0 (5)

Vì x  1; 2   VT (5)  0  (5) vô nghiệm và thu được x 

5 5
2

5 5

KL: Hệ phương trình có nghiệm  x; y   
; 5  5 
 2


0,25

Cho a, b, c là các số thực thay đổi thuộc [1; 2].
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 

9a 6b 2016c
 
.
bc ca
ab

Coi c là biến, còn a và b là tham số. Ta có: P  f (c) 

f / ( c) 

2016c 1  9a 6b 
   
ab
c b
a 

2016 1  9a 6b  2016c 2  9a 2  6b 2 2016  9.22  6.2 2
 2  

0
ab
c  b
a 
ab
ab

 f (c )  f (2) 

9

h / (b)  

0,25

4032 9
8073
  3b 
 3b  h(b)
b
2b

2b

8073
8073
8079
 3  0 b  1; 2  h(b)  h(1) 
3
2
2b
2
2

Vậy maxP =

0,25

4032 9a 3b


 g (a )
ab
2b a

Tiếp tục coi a là biến, còn b là tham số. Ta
4032 9 3b
4032 9 3
có: g / (a)   2   2   3   2  0
a b 2b a
2
2 2

 g (a )  g (1) 

1,0

8079
khi: a = b = 1 và c = 2.
2

----------------HẾT----------------

0,25

0,25