Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên nguyễn huệ hà nội lần 2 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015 – 2016
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm).
3 2 1
3
a) Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x − x +
2
2
b) Tìm tọa độ của điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M song song với đường thẳng (d): 6x – y
– 4 = 0.
Câu 2 (1,0 điểm).
1
a) Cho hàm số y = e − x ( x 2 − x − 1) .Tính y '(ln )
2
b) Giải bất phương trình sau 2 log 3 (4 x − 3) + log 1 ( 2 x + 3) ≤ 2
3

π

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ (2 x − 1) sin xdx
0

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mp (P) và mặt cầu (S) lần lượt có phương trình (P):
x − 2 y + 2 z + 1 = 0 và (S) x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 6 y + 6 z + 17 = 0 . Chứng minh mặt cầu (S): cắt mặt phẳng (P). Tìm
tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến của mặt cầu và mặt phẳng

Câu 5 (1,0 điểm).

3sin a − 2 cos a
5sin 3 a + 4 cos3 a
b) Cho đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác đó. Tính xác
suất sao cho 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của một hình chữ nhật.
a) Cho tan a = 3 . Tính A=

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = AB
= a, AC = 2a và ·ASC = ·ABC = 900 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng
(SAB), (SBC)
·
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có BAD
= 1350 , trực
tâm tam giác ABD là H(-1;0). Đường thẳng đi qua D và H có phương trình x – 3y + 1 =0. Tìm tọa độ các đỉnh
5
của hình bình hành biết điểm G ( ; 2) là trọng tâm tam giác ADC.
3
3
3
2
 x − y − 3 y + 3 x − 6 y − 4 = 0
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 
 y ( 2 x + 3 + 3 7 y + 13) = 3( x + 1)

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z >0 và 5( x 2 + y 2 + z 2 ) = 9( xy + 2 yz + zx)
x
1
−
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2

2
y + z ( x + y + z )3


Câu
Câu 1a
1,0đ

---HẾT--ĐÁP ÁN
Nội dung
3 2 1
3
Hàm số y = x − x +
2
2
+TXĐ: D = R
+Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên:
y ' = 3x 2 − 3x
x = 0
y ' = 0 <=> 
x = 1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (1; +∞) , nghịch biến trên khoảng (0;1)
1
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0;yCĐ= ,đạt cực tiểu tại x = 1,yCT=0
2
y = −∞; lim y = +∞
-Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞

Câu 1b
1,0đ

Điểm
0,25

0,25

-Bảng biến thiên:

0,25

+Đồ thị:

0,25

+Đường thẳng 6x-y-4=0 có hệ số góc bằng 6.
+Gọi M 0 ( x0 ; y0 ) là điểm mà tại đó tiếp tuyến song song đường thẳng 6x-y 4=0=>
f '( x0 ) = 6

0,25
0,25


=> 3 x0 2 − 3 x0 = 6
 x0 = −1
<=> 
 x0 = 2
5

5
=> M (2; )
2
2
+ Với x0 = −1 => y0 = −2 => M (−1; −2)
+Kiểm tra lại:
5
5
M 0 (2; ) tiếp tuyến tại M 0 có pt là: y = 6( x − 2) + (nhận)
2
2
+Kiểm tra lại M 0 (−1; −2) => tiếp tuyến tại M0 có pt là: y=6(x+1)-2=6x+4(nhận)
+ Với x0 = 2 => y0 =

Câu 2
1,0đ
2a
0,5đ

2b
0,5đ

Câu 3
1,0đ

TXĐ: D = R
y ' = −e − x ( x 2 − x − 1) + e − x (2 x − 1) = e − x (− x 2 + 3x )
1
y '(ln ) = 2( − ln 2 2 − 3ln 2)
2

3
Điều kiện x >
4
Bất phương trình tương đương
(4 x − 3) 2
log 3
≤2
2x + 3
<=> 16 x 2 − 42 x − 18 ≤ 0
−8
<=>
≤ x≤3
3
3
Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phươn trình S = ( ;3]
4
u = 2 x − 1
du = 2dx
=> 
Đặt 
 dv = sin xdx
v = − cos x
I = −(2 x − 1) cosx

π π
− ( −2 cos x) dx
0 ∫0

= (2π − 1) − 1 + 2sinx

π
0

= 2π − 2

Câu 4

Mặt cầu (S) có tâm I(2;-3;-3), bán kính R = 22 + (−3) 2 + (−3) 2 − 17 = 5
Khoảng cách từ tâm I đến mp (P):
| 2 − 2.(−3) + 2.(−3) + 1|
d = d ( I ;(P)) =
=1< R
12 + (−2) 2 + 22
+Vì d ( I ;(P)) Gọi d là đường thẳng qua tâm I của mặt cầu và vuông góc với mp (P) thì d có vtcp
x = 2 + t
r

u = (1; −2; 2) nên có PTTS d :  y = −3 − 2t (*) . Thay (*) vào pt mặt phẳng (P) ta được:
 z = −3 + 2t


0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25


1,0đ

Câu 5a
0,5đ

Câu 5b
0,5đ

(2 + t ) − 2(−3 − 2t ) + 2(−3 + 2t ) + 1 = 0
<=> 9t + 3 = 0
−1
<=> t =
3
5 −7 −11
)
+Vậy, đường tròn (C) có tâm H ( ; ;
3 3 3
Bán kính r = R 2 − d 2 = 5 − 1 = 2
3sin a − 2 cos a

3 tan a − 2
A=
=
3
2
2
5sin a + 4 cos a cos a(5 tan 3 a + 4)
3 tan a − 2
70
=
(1 + tan 2 a) =
3
5 tan a
139
-Có 10 đường kính của đường tròn được nối bởi 2 đỉnh đa giác đều.
-Một hình chữ nhật có 4 đỉnh là đỉnh của đa giác được tạo bởi 2 đường kính nói trên.
4
-Số cách chọn 4 đỉnh của đa giác là: C20 = 4845
2
-Số cách chọn 4 đỉnh của đa giác tạo thành hình chữ nhật là C10 = 45
45
3
=
-Xác suất cần tìm là: P =
4845 323

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

Câu 6
1,0đ

+Kẻ SH vuông góc với AC(H∊ AC) => SH ⊥ (ABC)
a 3
=> SC = BC = a 3, SH =
,
2
1
a3
VS . ABC = S ∆ABC .SH =
3
4
Gọi M là trung điểm SB và là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).
Ta có:
SA = AB = a; SC = BC = a 3
=> AM ⊥ SB; CM ⊥ SB
=> cosϕ =| cos ·AMC |

0,25

a 3
a 6
=> SB =
2
2
2

2 AS + 2 AB 2 − SB 2 10a 2
a 10
AM là trung tuyến ∆SAB nên: AM 2 =
=
=> AM =
4
16
4

0,25

+∆SAC=∆BAC => SH = BH =

0,25
0,25


a 42
AM 2 + CM 2 − AC 2
105
=> cos ·AMC =
=−
4
2 AM .CM
35
105
Vậy: cosϕ =
35
Ta cór BAD+BHD=1800=>BHD=450
Gọi n(a; b)( a 2 + b 2 ≠ 0) là VTPT của đường thẳng HB

Do đường thẳng HB tạo với đường thẳng HD góc 450 nên
| a − 3b |
cos 450 =
a 2 + b 2 10
<=> 2a 2 + 3ab − 2b 2 = 0
Tương tự: CM =

Câu 7
1,0đ

Câu 8
1,0đ

0,25

 a = −2b
<=> 
 b = 2a
Nếu a=-2b. chọn a=2;b=-1. Phương trình đường thẳng HB: 2x – y +2 =0
B(b;2b+2);D(3d-1;d)
uuur
uuur b = 1
=> B (1; 4) ,D
Do G là trọng tâm tam giác ADC nên BG = 2GD => GB = −2GD => 
d = 1
(2;1)
Suy ra A(2;1) (loại)
Nếu b = 2a. Phương trình HB:
uuur
uuur b = 2

B (−2b − 1; b), D(3d − 1; d ) => GB = −2GD => 
=> B (−5; 2), D(5; 2)
d = 2
Phương trình AB: 3x + y +13 = 0; Phương
trình
uuur uuu
r AD: 2x – y – 8 = 0. Suy ra A(-1;-10).
Do ABCD là hình bình hành suy ra AD = BC suy ra C(1;14)
uuur uuur
1
·
=> BAD
= 450 (loại)
Thử lại: cosABD=cos( AB; AD) =
2
−3
Điều kiện: x ≥
2
Từ phương trình (1) ta có x 3 + 3x = ( y + 1)3 + 3( y + 1)
Xét hàm số
f (t) = t 3 + 3t
f '(t ) = 3t 2 + 3
f’(t)>0 với mọi t suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R.
=> f ( x) = f ( y + 1)
<=> x = y + 1

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

Thế x = y +1 vào phương trình (2) ta được:
( x − 1)( 2 x + 3 + 3 7 x + 6) = 3( x + 1)(3)
Ta có x = 1 không là nghiệm phương trình. Từ đó
Xét hàm số g ( x) = 2 x + 3 + 3 7 x + 6 −
TXĐ: D = [

−3
; +∞){1}
2

3( x + 1)
x −1

2 x + 3 + 3 7 x + 6) =

3( x + 1)
x −1

0,25


g '( x) =

1
7
6

−3
+
+
> 0, ∀x >
≠1
2
2
2 x + 3 3 3 (7 x + 6) 2 ( x − 1)

3
g '(− ) không xác định.
2

−3
;1) và (1; +∞)
2
Ta có: g(-1)=0;g(3)=0. Từ đó phương trình g(x) = 0 có đúng hai nghiệm x=-1 và x=3
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (-1;-2) và (3;2)
t2
t2
2
2
Đặt y + z = t (t > 0); y + z ≥ ; yz ≤
2
4
2
2
2
5( x + y + z ) = 9( xy + 2 yz + xz )
Hàm số đồng biến trên từng khoảng (

Câu 9
1,0đ

0,25

0,25

<=> 5 x 2 + 5( y + z )2 − 9 x ( y + z ) = 28 yz
<=> 5 x 2 + 5t 2 − 9 xt ≤ 7t 2
<=> (5 x + t )( x − 2t ) ≤ 0
<=> x ≤ 2t
2x
1
4
1
P≤ 2 −
≤ −
3
t
27t
t 27t 3
4
1
Xét hàm số f (t ) = −
với t>0
t 27t 3
−4 1
f '(t ) = 2 + 4
t

9t
 f '(t) = 0
1
<=> t =

6
t > 0

0,25
0,25

1
1
Lập bảng biến thiên từ đó suy ra GTLN của P bằng 16 đạt được tại x = ; y = z =
3
12
0,25