Đề thi thử thptqg 2016 môn toán hocmai đề số 4

HOCMAI.VN

KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỀ THI THỬ LẦN 04

Môn thi: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)

Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

x 5
x2

Câu 2. Tìm m để đường thằng (d) y  x  m không cắt đồ thị hàm số y 

x  1
2x  3

Câu 3.
a. Cho số phức z thỏa mãn  z  2i   z 1  3i   1  i   2  i  . Tính giá trị của biểu thức: A  z  z
2

2

2

b. Giải phương trình: 3.16x  2.81x  5.36x
1

Câu 4. Tính tích phân sau: I  

0

x 1
x 1

e
dx
x  2x  1
2

 x  2t
 x  2  2k


Câu 5. Trong hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng  d1   y  0 và  d 2   y  4k
. Xác định tọa độ điểm
 z  4t
z  0


M trên d1 , điểm N trên d 2 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (): 2 x  y  z  5  0 và
độ dài MN = 5 .
Câu 6.
a. Giải phương trình sau: cot x  tan x  2 tan 2 x .
b. Một chiếc hộp có 9 thẻ giống nhau được đánh số từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên đồng thời 2 thẻ (không kể
thứ tự) rồi nhân hai số ghi trên thẻ với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn
Câu 7. Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' có ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A '
xuống mặt đáy ( ABCD) là trung điểm M của AB và góc tạo bởi đường thẳng AA ' và mặt phẳng
( ABCD) bằng 600 .Tính thể tích hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' và khoảng cách từ M đến mặt phẳng
( AA ' C ) theo a .

Câu 8. Cho tam giác ABC vuông tại A có M là điểm trên cạnh AC sao cho AB=3AM, đường tròn tâm
4 
I(1;-1) đường kính CM cắt BM tại D, CD: x  3 y  6  0 . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác biết E  ;0 
3 
thuộc BC và C có hoành độ dương.
x



Câu 9. Giải bất phương trình:   1  2x  4  x3  2x2  4x  8 
2


6x2  8x  8
9x2  16

Câu 10. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2  y 2  z 2  6 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
8
1
P


2
2
2
 x  y  z   y  11  z  6 

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


HOCMAI.VN

KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ LẦN 04

Môn thi: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)
(Đáp án - Thang điểm gồm có 07 trang)

Câu

Đáp án
x 5
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 
x2
3
 0, x  D
Tập xác định là D  R\2 , y' 
2
 x  2

Điểm

0.25

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.
Giới hạn hàm số:
+) lim y  1
+) lim y  1 Vậy tiệm cận ngang y  1
x 

x 

+) lim y  

+) lim y   Vậy tiệm cận đứng x  2

x 2

0.25

x 2

Bảng biến thiên
0.25

Câu 1 Đồ thị hàm số:
(2 điểm)
6

4

2

0.25
5

2

4

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Tìm m để đường thằng (d) y  x  m không cắt đồ thị hàm số y 

x  1
2x  3

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và ( C):
x  1
  x  m   x  1   2x  3  x  m 
Câu 2
2x  3
(1 điểm)
 2x 2  2 1  m  x  1  3m  0

0.5

Ta có:  '  1  m   2 1  3m   m2  4m  1
2

Đề (d) không cắt ( C) thì  '  0  2  5  m  2  5

0.5

a. Cho số phức z thỏa mãn  z  2i   z 1  3i   1  i   2  i  . Tính giá trị của biểu thức:
2

A z  z
2

2

Gọi z  a  bi  z  a  bi . Ta có
2
a  bi  2i   a  bi 1  3i   1  i   2  i 
 a   b  2  i   a  3ai  bi  3b   2  4i

Câu 3
(1 điểm)

0.5

2a  3b  2
a  2
 2a  3b   3a  2  i  2  4i  

3a  2  4

b  2
 z  2  2i  A  16

b. Giải phương trình: 3.16x  2.81x  5.36x
Chia cả 2 vế cho 16 x ta được:
 t 1
x 0
2x
3
2

Đặt :    t , t  0  2t  5t  3  0 
3  
1

2
t
x
 

2
 2
1
Vậy phương trình có 2 nghiệm x=0 và x 
2
4x

3
 3
2    3  5.  

2
 2

2x

0.5

x 1
1

e x 1
dx
Tính tích phân sau: I   2
0 x  2x  1
Đặt t 

x 1
2
 dx 
dx
2
x 1
 x  1

0.5

Câu 4 Đổi cận:
(1 điểm) x  0  t  1
x 1 t  0
x 1

1

0

e x 1
1
et
dx   et dt 
Khi đó ta có I   2
2 1
t
0 x  2x  1

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt

0


1

e 1
2e

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

0.5

- Trang | 2 -

 x  2t
 x  2  2k


Trong hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng  d1   y  0 và  d 2   y  4k
. Xác định tọa độ điểm M
 z  4t
z  0



trên d1 , điểm N trên d 2 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (): 2 x  y  z  5  0
và độ dài MN =

Câu 5
(1 điểm)

5.

 x  2t

d1  y  0  M  2t ; 0; 4t 
 z  4t


 x  2  2k

d2 :  y  4 k
 N  2  2k ; 4 k ; 0 
z  0



0.5

Vậy MN   2t  2k  2; 4k ;  4t 
Ta có:

MN / /    MN .n   0  2  2t  2k  2   4k  4k  0  t  1  N 1; 0; 2  .
2



M 8 ; 4 ; 0
k  1
2
2

5 1 5 5
Khi đó: MN   2k  1  16k  4  5 

k  0
M 2  2; 0; 0 

2



0.5

Giải phương trình sau: cot x  tan x  2 tan 2 x

sin x  0
sin 2 x  0
k

Điều kiện là: cos x  0  
 sin 4 x  0  x 
4
cos 2 x  0
cos 2 x  0


Câu 6
(1 điểm)

Ta có: cot x  tan x  2tan 2 x
cos x sin x
sin 2 x


2
 cos 2 x cos 2 x  sin 2 x cos 2 x  2sin 2 x sin x cos x
sin x cos x
cos 2 x
2
 cos 2 x  cos x  sin 2 x   sin 2 x sin 2 x

0.25

 cos 2 2 x  sin 2 2 x  cos 2 2 x  sin 2 2 x  0


 k
 cos 4 x  0  4 x   k  x  
k  Z 
2
8
4
 k
Kết hợp điều kiện xác định, ta có nghiệm là x  
k  Z 
8 4
b. Một chiếc hộp có 9 thẻ giống nhau được đánh số từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên đồng thời 2 thẻ
(không kể thứ tự) rồi nhân hai số ghi trên thẻ với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là một
số chẵn

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -


Số cách rút đồng thời 2 thẻ từ 9 thẻ là: n()  C92  36
Gọi A là biến cố mà 2 thẻ rút được có tích là một số chắn, khi đó ta có các trường hợp
sau:
 Trường hợp 1: Rút được 2 thẻ đều là các số chẵn, số cách rút: C42  6
 Trường hợp 2: Rút được 1 thẻ là số chẵn và 1 thẻ là số lẻ, suy ra số cách rút:
C41 .C51  20
Khi đó n( A)  6  20  26
Vậy xác suất cần tìm là P( A) 

0.5

n( A) 26 13


n() 36 18

Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' có ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A '
xuống mặt đáy ( ABCD) là trung điểm M của AB và góc tạo bởi đường thẳng AA ' và mặt phẳng
( ABCD) bằng 600 .Tính thể tích hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' và khoảng cách từ M đến mặt phẳng

( AA ' C ) theo a .

MA là hình chiếu vuông góc của
AA ' trên mặt phẳng ( ABCD)

Nên ta có A ' AM  600 là góc tạo
bởi AA ' và mặt phẳng ( ABCD)
Suy ra A ' AB là tam giác đều cạnh
a 3
.
AB  a  A ' M 
2
Ta có thể tích hình hộp
ABCD.A ' B ' C ' D ' được tính theo công
Câu 7 thức là:
(1 điểm) VABCD. A ' B ' C ' D '  Sday * chieucao

0.5

a 3 a3 3
 S ABCD .MA'  a .

(dvtt)
2
2
2

(*) Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( AA ' C )
BO BD a 2
với BD AC  O


2
4
4
Mặt khác AC  A ' M  AC  ( A ' MI ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên
 AC  MH
 MH  ( AA ' C )  d ( M , ( AA ' C ))  MH
A' I  
 A ' I  MH
1
1
1
4
8
28
a 21
Xét tam giác
:



 2  2  2  MH 
2
2
2
MH
MA ' MI
3a
a
3a
14
a 21
Vậy d ( M , ( AA ' C )) 
.
14

Kẻ MI  AC ( I  AC ). Khi đó MI 

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

0.5

- Trang | 4 -


Cho tam giác ABC vuông tại A có M là điểm trên cạnh AC sao cho AB=3AM, đường tròn tâm
4 

I(1;-1) đường kính CM cắt BM tại D, CD: x-3y-6=0. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác biết E  ;0 
3 
thuộc BC và C có hoành độ dương.
+ C thuộc CD  C (3c  6, c)
+ I là trung điểm của MC =>
D
A
M  3c  4, 2  c 
M
+ D thuộc CD  D(3d  6, d )
Có D thuộc đường tròn tâm I nên MD.uCD  0

  3d  3c  10; d  c  2  3;1  0

I
B

 9d  9c  30  d  c  2  0

C

E

 5d  5c  16  0 1
+ Dễ thấy 2 tam giác vuông ABM và DCM
đồng dạng với nhau
AM AB
AM MD 1





  CD  3MD
MD
CD
AB
CD
3
Câu 8
2
2
(1 điểm)  CD  9MD
2
2
2
2
  3d  3c    c  d   9  3d  3c  10    d  c  2  


2
2
 10d  10c  25cd  72c  72d  117  0  2 

0.5


11
 3 11 
c  1, d   5  C  3; 1 , D   5 ;  5 




Từ (1) và (2) ta được: 
c   11 , d  1  C   3 ;  11    Loai 



5
 5 5
Phương trình đường BD qua D vuông góc với CD: 3x+y+4=0
Phương trình đường BC qua C và E:3x+5y-4=0
Toạ độ điểm B là giao giữa 2 đường BD và BC => B(-2, 2)
Xác định được toạ độ A là hình chiếu của B xuống CM.
- Có phương trình đường CA: y= -1
- Gọi A(a, -1) có AB.u AC  0   a  2; 31;0   0  a  2  0  a  2
=>A(-2; 0).

0.5

Vậy toạ độ các đỉnh tam giác ABC là: A(-2; 0), B(-2; 2), C  3; 1 .
x



Giải bất phương trình:   1  2x  4  x3  2x2  4x  8 
2

Câu 9
(1 điểm)

6x2  8x  8
9x2  16

Điều kiện: 2  x  2
BPT   x  2 





2x  4  2 2  x 

12x2  16x  16
9x2  16

0.25

Bằng cách nhân lượng liên hợp ta được bất phương trình tương đương

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 5 -


 3x

2

 4x  4



2x  4  2 2  x









2 3x 2  4x  4



9x2  16

 3x2  4x  4  9x 2  16  2






2x  4  2 2  x   0 


Nhân liên hợp, bất phương trình   tương đương với:

 3x

2





 4x  4 9x2  16  4  12  2x  4 8  2x 2    0












 3x2  4x  4  9x2  8x  32  16 8  2x2   0



0.25

2

 3x2  4x  4  x  2 8  2x2 
 8  x  2 8  2x   0




Vì x  2  8  x  2 8  2x2  0



 3x2  4x  4  0
 
 x  2 8  2x 2  0

3x2  4x  4  x  2 8  2x 2   0  
 3x2  4x  4  0


 
 x  2 8  2x 2  0






0.5

2

4 2



Giải ra ta được tập nghiệm bất phương trình là: S   2;   
; 2 .
3  3


Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2  y 2  z 2  6 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
8
1
P


2
2
2
 x  y  z   y  11  z  6 
Ta biến đổi giả thiết thành x 2   y  3  z 2  9 .
2

Dự đoán dấu bằng xảy ra tại bộ  2;5;1 và các hoán vị. Thử các hoán vị, ta thấy giá trị
nhỏ nhất xảy ra khi x  1; y  5; z  2.
2

0.5

2

Câu 10 Từ điều kiện, ta có: 6  x  y  z  4 y  4 y  2 x  4 z  4 y
(1 điểm)
y 25 y 25 5
5
5
5
Suy ra: x  2 y  2 z  15 . Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được:
8
1
4
4
1

P



2
2
2
2
 x  y  z   y  11  y  11  z  6 
 x  y  z  y  11 y  11 z  6 



4
y  11  y  11 
 x  y  z  


  z  6
 2  2 

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

0.5

- Trang | 6 -




4

 x  2 y  2 z  17 
4

4



64

15  17 

2



1
16

4

Dấu “=” xảy ra khi x  1, y  5, z  2. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

1
.
16

- Trang | 7 -