đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE329 THPT chu văn an, hà nội

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.

ĐỀ SỐ 329

x2
.
x2
x2  9
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
trên  4; 1 .
x
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z biết z  2 và z  1  i là số thực;
b) Giải phương trình log 3  3x  6   3  x .
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I    x  1  e x  3 dx .
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 1;1;1 , B  3;  1;1 ,
C  2;0; 2  . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua C và vuông góc với đường thẳng AB. Viết

phương trình mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm).



   và tan   cot   8 . Tính A  cos 2 .
4
2
b) Trong một đợt kiểm tra về độ an toàn nguồn nước ven biển ở các Tỉnh miền trung. Bộ y tế
lấy ra 15 mẫu nước ven biển trong đó có 4 mẫu ở Hà Tĩnh, 5 mẫu ở Quảng Bình và 6 mẫu ở
Thừa Thiên Huế. Mỗi mẫu nước này có thể tích như nhau và để trong các hộp kín có kích
thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên bốn hộp để phân tích, kiểm tra xem
trong nước có bị nhiễm độc hay không. Tính xác suất để bốn hộp lấy ra có đủ ba loại nước ở
cả ba Tỉnh.
a) Cho góc  thỏa mãn

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông
góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HD = 2HA. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của SB, SC, biết góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 300. Tính theo a thể
tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN, SD.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có AD//BC.
Phương trình đường thẳng chứa các cạnh AB, AC lần lượt là x  2 y  3  0 , y  2  0 . Gọi I là
giao điểm của AC, BD. Tìm tọa độ các đỉnh hình thang ABCD biết IB  2 IA , hoành độ của I
lớn hơn 3 và điểm M ( 1;3) thuộc đường thẳng BD.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau trên tập  :

5 x  13  57  10 x  3 x 2
 x2  2x  9
x  3  19  3x

Câu 10 (1,0 điểm).Cho x, y là các số thực thỏa điều kiện x  y  2 x  2  3 y  2014  2012 .
2

2

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của: S   x  1   y  1 
----------HẾT----------

2016  2 xy x  y  1
x  y 1

.


ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Nội dung

Câu

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  ...

1,00

Tập xác định: D   \ 2 .
Sự biến thiên:
Giới hạn và tiệm cận: lim y  1, lim y  1 , tiệm cận ngang: y  1 ,

0,25

x 

x 

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

Chiều biến thiên: y ' 

x  2

4

 x  2

2

 0, x  D

0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 2  và  2;   .
Bảng biến thiên:

x
y'

1

2







1



0,25

y'

1


Đồ thị :
y

x+2
f x =

x-2

8

h x = 1
ry = 2
s x = 0

6

t y = 0

4

2

I
x

O
-15

-10

-5

5

10

15

0,25
-2

-4

-6

-8

Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận I 1;2  làm tâm đối xứng.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

x2  9
trên đoạn  4; 1 .
x

1,00

Xét trên D =  4; 1 hàm số xác định và liên tục .
2

x2  9
9
9
 x   y '  1  2  y '  0  x  3
x
x
x
Kết hợp điều kiện ta lấy nghiệm x  3
Ta có y 

0,50

Khi đó
25
; y  3  6; y  1  10

4
 max y  6  x  3; min y  10  x  1
y  4   
 4;1

 4;1

0,50


Tìm số phức z biết z  2 và z  1  i là số thực

0,50

Gọi z  a  bi  a, b    . Suy ra z  1  i   a  1   b  1 i .

0,25

Từ giả thiết z  1  i là số thực ta có b  1 .
Khi đó z  2  a  i  2 
3

a2  1  2  a   3

0,25

Vậy các số phức cần tìm là z  3  i, z   3  i .





x

Giải phương trình log 3 3  6  3  x

PT  3x  6  33 x  3x  6 

0,50

27
 32 x  6.3x  27  0
x
3

0,25

3 x  9
 x
 3x  9  x  2
3  3

0,25

1





Tính tích phân I    x  1 e  3 dx
x

1,0

0

4

u  x  1
du  dx



x
x
x
 dv   e  3 dx v    e  3 dx   e  3x 
1

0,5

1

 I   x  1  e  3 x  0    e x  3 x  dx
x

0,25

0

1

3 
9

  x  1  e x  3 x    e x  x 2   e 
0
2 0
2

1

0,25

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 1;1;1 , B  3;  1;1 ,
C  2;0; 2  . Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua C và vuông góc với đường thẳng

1.0

AB . Viết phương trình mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng  P  .
5


+) Mặt phẳng (P) đi qua điểm C(-2;0;2) với vtpt AB   2; 2;0  có phương trình:
2  x  2   2  y  0  0  z  2   0  x  y  2  0

+) Mặt cầu cần tìm có tâm O, bán kính R  d  O,  P   
2

2

002
2

 2 nên có phương

0,50

0,50

2

trình x  y  z  2



   và tan   cot   8 . Tính A  cos 2
4
2
2
sin   cos 2
1
15
tan   cot   8 
 8  sin 2   cos 2  
sin  cos
4
4

Cho góc  thỏa mãn

6

Vì




15
     2    cos 2  0  cos 2  
4
2
2
4

Trong một đợt kiểm tra về độ an toàn nguồn nước ven biển ở các Tỉnh miền trung. Bộ y
tế lấy ra 15 mẫu nước ven biển trong đó có 4 mẫu ở Hà Tĩnh, 5 mẫu ở Quảng Bình và 6
mẫu ở Thừa Thiên Huế. Mỗi mẫu nước này có thể tích như nhau và để trong các hộp
kín có kích thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên bốn hộp để phân
tích, kiểm tra xem trong nước có bị nhiễm độc hay không. Tính xác suất để bốn hộp lấy
ra có đủ ba loại nước ở cả ba Tỉnh.

0,50
0,25
0,25

0,5

Số phần tử của không gian mẫu:   C154  1365 .

0,25

Gọi A là biến cố:” bốn hộp lấy ra có đủ ba loại nước ở cả ba Tỉnh ”.
+) TH1: Lấy ra 2 hộp ở Hà Tĩnh, 1 hộp ở Quảng Bình và 1 hộp ở Huế: C42 .C51.C61
+) TH 2: Lấy ra 1 hộp ở Hà Tĩnh, 2 hộp ở Quảng Bình và 1 hộp ở Huế: C41 .C52 .C61
+) TH 3: Lấy ra 1 hộp ở Hà Tĩnh, 1 hộp ở Quảng Bình và 2 hộp ở Huế: C41 .C51.C62
2
4

1
5

1
6

1
4

2
5

1
6

1
4

1

5

0,25

2
6

Khi đó  A  C .C .C + C .C .C + C .C .C =720
Vậy xác suất P  A  

 A 48


91

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , hình chiếu vuông góc
của S trên mặt phẳng  ABCD  là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HD  2 HA .
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB, BC , biết góc giữa SB và mặt phẳng

 ABCD  bằng

1.0

0

30 . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách

giữa hai đường thẳng MN , SD .
S

M

A

I

B

H
D

7

N
C

a
2a
Ta có AH  , DH 
, do SH  ( ABCD)  SH là chiều cao của khối chóp
3
3
  300
S.ABCD và góc giữa SB với mặt phẳng (ABCD) là góc SBH
  tan 300  SH  SH  HB.tan 300  AB 2  AH 2 . tan 300 
Vì tan SHB
HB

0,50

a2 1
a 30
a 30
1
a  .

.Khi đó VS . ABCD  .SH .S ABCD ,với SH 
,
9 3
9
3
9
1 a 30 2 a 3 30
2
S ABCD  a  VS . ABCD  .
.a 
(đvtt)
3 9
27
2

Do M, N lần lượt là trung điểm của SB và BC nên MN//SC
1
 MN / /( SDC )  d ( MN ; SD )  d ( MN ; ( SCD ))  d ( N ; ( SCD ))  .d ( B; ( SCD))
2
3
Mà AB//CD  AB / /( SC )  d(B; (SCD))  d(A;(SCD))  .d ( H ; ( SCD))
2
3
Do đó d ( MN ; SD )  .d ( H ; (SCD )) .Gọi I là hình chiếu vuông góc của H trên

4
SD  d ( H ;(SCD))  HI .Ta có

1
1
1
81
9
99
20 2a 5



 2 
 HI  a.
 .
2
2
2
2
2
HI
HS
HD
30a 4a
20a
99
3 11
3 2a 5 a 5
Vậy d ( MN ; SD )  . .

 .
.
4 3 11 2 11

0,50


Cho hình thang cân ABCD có AD / / BC ; Phương trình đường thẳng chứa các cạnh
AB, AC lần lượt là x  2 y  3  0; y  2  0 . Gọi I là giao điểm của AC , BD .
Tìm tọa độ các đỉnh hình thang ABCD biết IB  2 IA , hoành độ của I lớn hơn 3
và điểm M  1;3 thuộc đường thẳng BD .

8

+ Do A=AB  AC  A(1;2)
Lấy E(0;2)  AC , gọi F(2a–3; a)  AB sao cho EF// BD
EF AE
EF BI




 2  EF  2 AE  (2a  3) 2  (a  2) 2  2
BI
AI
AE AI
11
a
hoac a  1
5

11
7 1
+ Khi a=
 EF ( ; ) là vtcp của đường thẳng BD  BD : x  7 y  22  0
5
5 5
Do I = BD  AC  I (8;2) (loại)

1.0

0,50

+ Khi a = 1  EF (1;1) là vtcp của đường thẳng BD  BD : x  y  4  0
Do I = BD  AC  I (2;2) (t/m)  AB  BD  B(5;1)
IB
IB
32 2 3 2 2
ID   ID   2 ID  D(
,
)
ID
IA
2
2
  IA 
IA  1 
IA 
.IC   .IC 
IC  C (3 2  2;2)
IC

IB
2
3 2 2 3 2 2
,
)
Vậy : A(1;2) ; B(–5; –1) ; C(–3 2 –2; 2) ; D (
2
2
Cách khác: Gọi B(2m–3; m) và I(n;2). Suy ra PT của BM: (m–3)x–2(m–1)y+7m–9=0.
Vì I thuộc BM nên n(m–3)+3m–5 = 0 (1).
Từ IB  2 IA , kết hợp (1) ta được PT:
+ Lại có: IB  

0,50

2

5m 4  34m3  57 m 2  20m  76  0   m  1 m  2   5m  19   0 . Từ đó cho KQ
Giải bất phương trình sau trên tập  :

5x  13  57  10x  3x 2
x  3  19  3x

 x 2  2x  9

1.0


19
3  x 

Điều kiện 
3 . Bất phương trình tương đương
x  4




x  3  19  3x

2

x  3  19  3x

x  3  19  3x
9

 x

2

 2x  9

 2 x  3  19  3x  x 2  2x  9

x  5 
13  x 
2
 2 x  3 
   19  3x 
x x 2

3
3

 




2 x 2  x  2

0,50



x 2  x  2


 x2  x  2


x  5
13  x 
9 x  3 
 9  19  3x 

3 
3 







2
1
2

0
 x x 2

 

x  5
13  x  
9
19

3
x

9  x  3 



3 
3  

 





* 

0,50


Vì

2

x  5
9 x  3 

3 




1

 19 
 0 với mọi x   3;  \ 4

3
13  x 

9  19  3x 


3 






Do đó *  x 2  x  2  0  2  x  1 (thoả mãn)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   2;1 .
Cho x; y là các số thực thỏa mãn điều kiện x  y  2 x  2  3 y  2014  2012 .
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:
2016  2 xy x  y  1
2
2
S   x  1   y  1 
x  y 1
2016
 2 xy
Ta có S  x 2  2 x  1  y 2  2 y  1 
x  y 1
2016
2016
 ( x  y )2  2( x  y )  2 
 ( x  y  1) 2  4( x  y  1)  5 
.
x  y 1
x  y 1
2016
Đặt t  x  y  1 thì S  t 4  4t 2  5 

.
t
Ta tìm đk cho t. Từ gt, đặt a  x  2  0 , b  y  2014  0 suy ra

1.0

0,50

x  a 2  2, y  b 2  2014 ta được
a 2  2  b 2  2014  2 a  3b  2012  a 2  b 2  2a  3b  13( a 2  b 2 )

Suy ra 0  a 2  b 2  13 , x  y  1  a 2  b 2  2013  2013;2026
10

 t  x  y 1 





2013; 2026  J

 x  2
t  2013  a 2  b 2  0  a  b  0  
 y  2014
a 2  b2  13
a  2
x  2

t  2026   a b



b  3
 y  2023
2  3

2016
Xét hàm số f (t )  t 4  4t 2  5 
liên tục trên J và có
t
2015 4t 4  8t 3  2016 4t 3 (t  2)  2016
f '(t )  4t 3  8t 2  2 

 0t  J
t
t2
t2
 f (t ) đồng biến trên J
2016
 min f (t )  f ( 2013)  4044122 
,
tJ
2013
2016
max f (t )  f ( 2026)  4096577 
.
tJ
2026
2016
2016

; max S  4096577 
Vậy min S  4044122 
2013
2026

0,50

1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như
hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng
dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.
3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.