Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên nguyễn quang diêu lần 1 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 QUANG DIÊU

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời giam phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

2x −1
x −3

Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = x 3 + 3 x 2 − 2 biết rằng tiếp tuyến vuông
góc với đường thẳng d : x + 9 y − 3 = 0
Câu 3 (1,0 điểm).

a) Giải bất phương trình log 2 ( x − 3) − log 1 ( x − 2) ≤ 1
2

b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + 2i ) z + (1 − 2 z ) = 1 + 3i .Tính mô đun của z
π
2

sin 2 x
dx .
3
+
4sin
x

−
cos
2
x
0

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
∫

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và đường thẳng
x y −1 z +1
d:
=
=
. Tìm tọa độ giao điểm A của d với (P) và lập phương trình tham số của đường thẳng ∆ đi
−1
1
1
qua A, vuông góc với đường thẳng d và nằm trong mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm)

π
a) Giải phương trình 2sin(2 x + ) − 3 cos 2 x = −2
3
b) Giải U21 Quốc tế Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng gồm: ĐKVĐ U21 HA.GL,
U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, U21 Myanmar và U19 Hàn Quốc.
Các đội chia thành 2 bảng A, B, mỗi bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm
ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội tuyển U21 HA.GL và U21. Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a, K là hình chiếu

vuông góc của B lên đường chéo AC, các điểm H, M lần lượt là trung điểm của AK và DC, SH vuông góc với
mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi H là hình chiếu
−1 1
vuông góc của A trên BC, các điểm M(2;-1), N lần lượt là trung điểm của HB và HC; điểm K ( ; ) là trực
2 2
tâm tam giác AMN. Tìm tọa độ điểm C, biết rằng điểm A có tung độ âm và thuộc đường thẳng d: x + 2y +4 =0.
3 x 2 + 2 xy + 2 y 2 − 3 x − 2 y = 0
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2
2
5 x + 2 xy + 5 y − 3 x − 3 y − 2 = 0
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.


P=

Câu
Câu 1
1,0đ

z ( xy + 1) 2 x( yz + 1) 2 y ( zx + 1) 2
+
+
y 2 ( yz + 1) z 2 ( zx + 1) x 2 ( xy + 1)
ĐÁP ÁN
Đáp án

2x −1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =

x −3
*Tập xác định: D = R\{3}
*Sự biến thiên:
−5
; y ' < 0, ∀ x ∈ D
- Chiều biến thiên: y ' =
( x − 3) 2
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (−∞;3) và (3; +∞)
*- Giới hạn và tiệm cận:
lim y = lim y = 2 => tiệm cận ngang: y = 2
x →−∞
x →+∞

Điểm

0,25

0,25

lim y = −∞; lim+ y = +∞ => tiệm cận đứng: x = 3
x→3

x →3−

Câu 2

- Bảng biến thiên:

0,25

*Đồ thị:
+Giao điểm với các trục:
1
1
1 1
Oy: x =0 => y = ; (0; ) và Oy: y = 0 <=> 2 x − 1 = 0 <=> x = : ( ;0)
3
3
2 2
1 1
Đồ thị cắt các trục tọa độ tại (0; );( ;0)
3 2
+Tính đối xứng:
Đồ thị nhận giao điểm I(3;2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = x 3 + 3 x 2 − 2 biết rằng tiếp tuyến


1,0đ

Câu 3
1,0đ

vuông góc với đường thẳng d : x + 9 y − 3 = 0
−1
*Đường thẳng d có hệ số góc là kd =
. Do tiếp tuyến vuông góc với d nên hệ số góc của
9

−1
=9
tiếp tuyến là ktt =
kd
*Khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình
x = 1
y ' = ktt <=> 3 x 2 + 6 x = 9 <=> x 2 + 2 x − 3 = 0 <=> 
 x = −3
*Với x = 1 => y = 2, tiếp điểm (1;2). Phương trình tiếp tuyến là y = 9x – 7
*Với x = -3 => y = -2, tiếp điểm (-3;-2). Phương trình tiếp tuyến là
a) Giải bất phương trình log 2 ( x − 3) − log 1 ( x − 2) ≤ 1

0,25

0,25

0,25
0,25

2

*Điều kiện: x >3.
Khi đó: (1) <=> log 2 [( x − 3)( x − 2)] ≤ 1 <=> ( x − 3)( x − 2) ≤ 2

0,25

<=> x 2 − 5 x + 4 ≤ 0 <=> 1 ≤ x ≤ 4
*Kết hợp với điều kiện x >3 ta có nghiệm của bất phương trình (1) 3 < x ≤ 4
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + 2i ) z + (1 − 2 z ) = 1 + 3i .Tính mô đun của z
*Đặt z=a+bi, (a;b ∈ R ) ta có:

(1 + 2i) z + (1 − 2 z )i = 1 + 3i
<=> a − 4b + (b + 1)i = 1 + 3i

0,25

0,25

 a − 4b = 1
a = 9
<=> 
<=> 
b + 1 = 3
b = 2
0,25

*Vậy mô đun của z là | z |= 92 + 22 = 85
Câu 4
1,0đ

π
2

sin 2 x
dx
3 + 4sin x − cos 2 x
0

Tính tích phân I =
∫
π

2

π

π

2
2
sin 2 x
sin x cos x
sinxcosx
*Ta có: I =
dx
=
dx
=
∫0 3 + 4sin x − cos 2 x ∫0 sin 2 x + 2sin x + 1 ∫0 (sin x + 1) 2 dx

*Đặt t = sin x + 1 => dt = cos xdx, x = 0 => t = 1; x =
2

π
=> t = 2
2

2

t −1
1 1
dt = ∫ ( − 2 ) dt

2
t
t t
1
1

=> I = ∫

1 2
1
= (ln | t | + ) = ln 2 −
t 1
2
Câu 5
1,0đ

0,25

0,25
0,25
0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và đường
x y −1 z +1
=
=
thẳng d :
. Tìm tọa độ giao điểm A của d với (P) và lập phương trình
−1
1

1
tham số của đường thẳng ∆ đi qua A, vuông góc với đường thẳng d và nằm trong mặt
phẳng (P).
Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình

0,25


x + y + z − 3 = 0
 x = −3
x + y + z − 3 = 0



<=>  y = 4
 x y − 1 z + 1 <=>  x + y = 1
=
=
 −1
y − z = 2
z = 2
1
1


Suy ra A(-3;4;2)
uuur
uur
Mặt phẳng (P) có VTPT là n( P ) = (1;1;1) ; đường thẳng d có VTCP là ud = ( −1;1;1)
Gọi (Q) là mặt phẳng qua

vàrvuông
r Auuu
uur góc với đường thẳng d => ∆ = (P) ∩ (Q)
Khi đó VTCP của ∆ là u = [n( P ) ; ud ]=(0;-2;2)
 x = −3

Vậy phương trình tham số của ∆ là  y = 4 − 2t (t ∈ R )
 z = 2 + 2t

Câu 6
1,0đ

Câu 7
1,0đ

π
a) Giải phương trình 2sin(2 x + ) − 3 cos 2 x = −2
3
Ta có: (1)
π
π
<=> 2sin 2 x cos + 2 cos 2 x sin − 3 cos 2 x = −2
3
3
<=> sin 2 x + 3 cos 2 x − 3 cos 2 x = −2
<=> sin 2 x = −2(2)
Do |sin2x| ≤ 1 nên phương trình (2) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
b) Giải U21 Quốc tế Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng
gồm: ĐKVĐ U21 HA.GL, U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh

niên Việt Nam, U21 Myanmar và U19 Hàn Quốc. Các đội chia thành 2 bảng
A, B, mỗi bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm
ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội tuyển U21 HA.GL và U21. Thái Lan
nằm ở hai bảng khác nhau
3
3
Số phần tử của không gian mẫu là: | Ω |= C6 .C3 = 20
Gọi A là biến cố: “đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau”.
2
3
Số kết quả thuận lợi cho biến cố a là: | Ω A |= 2!.C4 .C2 = 12
12 3
=
Vậy xác suất cần tính là P( A) =
20 5
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a, K là hình
chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC, các điểm H, M lần lượt là trung điểm của
AK và DC, SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt
phẳng (ABCD) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SB và MH.

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25


0,25

Do SH ⊥ (ABCD) nên HB là hình chiếu của SB lên (ABCD)
· ;( ABCD)] = ( SB
· ; HB) = SBH
·
Suy ra [ SB
= 450 => SH = BH
1
2a
2a
; BK =
Xét tam giác vuông ABC ta có: AC = a 5; HK = AK =
2
5
5
Xét tam giác vuông BKH ta có:
4a 2 4a 2 8a 2
2a 2 2a 10
BH 2 = BK 2 + HK 2 =
+
=
=> SH = BH =
=
5
5

5
5
5
Thể tích khối chóp S.ABCD là
1
1
1
2a 10 4a 3 10
V = SH .S ABCD = . AB. AD.SH = .2a.a.
=
3
3
3
5
15
Gọi I là trung điểm của BK, suy ra tứ giác HICM là hình bình hành
Suy ra: HI ⊥ BC =>I là trực tâm tam giác BHC => CI ⊥HB=>MH ⊥HB
Mà HB là hình chiếu của SB lên (ABCD) nên MH ⊥ SB
Trong (SHB), kẻ HN ⊥ SB (N ∊ SB), ta có:
 MH ⊥ HB
=> MH ⊥ HN

 MH ⊥ SH
Suy ra HN là đoạn vuông góc chung của SB và MH. Suy ra: d(SB;MH)=HN
1
1
1 2a 2
2a 5
. 2=
Xét tam giác vuông SHB ta có: HN = SB = HB. 2 = .

2
2
2
5
5
2a 5
5
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi H là
hình chiếu vuông góc của A trên BC, các điểm M(2;-1), N lần lượt là trung điểm của
−1 1
HB và HC; điểm K ( ; ) là trực tâm tam giác AMN. Tìm tọa độ điểm C, biết rằng
2 2
điểm A có tung độ âm và thuộc đường thẳng d: x + 2y +4 =0.
Vậy d(SB;MH)=
Câu 8
1,0đ

0,25

0,25
0,25


Gọi I là trung điểm của AH, ta có MI//AB =>MI ⊥ AC
Suy ra: I là trực tâm tam giác AMC => CI // AM
Mà NK ⊥ AM =>NK // CI => K là trung điểm HI

0,25

uuur uuur

2a + 2 2 − a
;
)
Đặt A(-2a-4;a) ∊d, từ hệ thức AK = 3KH => H (
3
3
uuur 7
uuuur 2a − 4 5 − a
1
=> AK = ( + 2a; − a ); MH = (
;
)
2
2
3
3
Khi đó:
uuur uuuur
7
2a − 4
1
5− a
AK .MH = 0 <=> ( + 2a )(
) + ( − a)(
)=0
2
3
2
3
<=> 10a 2 − 13a − 23 = 0

0,25

 a = −1
<=> 
=> A(−2; −1)
 a = 23
10

Suy ra tọa độ H(0;1) và B(4;-3)
Phương trình AB: x+3y+5=0 và BC: x+y-1=0
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
 x + 3 y = −5
x = 4
<=> 
=> C (4; −3)

x + y = 1
 y = −3
Câu 9
1,0đ

3 x 2 + 2 xy + 2 y 2 − 3 x − 2 y = 0(1)
Giải hệ phương trình  2
2
5 x + 2 xy + 5 y − 3 x − 3 y − 2 = 0(2)
Nhân hai vế của phương trình (1) với 3 rồi trừ theo vế cho (2), ta được phương trình:
4 x 2 + 4 xy + y 2 − 6 x + 3 y + 2 = 0
<=> (2 x + y ) 2 − 3(2 x + y ) + 2 = 0
2 x + y = 1

<=> 
2 x + y = 2
Nếu 2x+y=1 thì y=1-2x , thay vào (1) ta được:
 x = 0 => y = 1
2
7 x − 5 x = 0 <=> 
 x = 5 => y = −3
7
7

Nếu 2x+y=2 thì y=2-2x , thay vào (1) ta được:

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25


 x = 1 => y = 0
7 x − 11x + 4 = 0 <=> 
 x = 4 => y = 6
7
7

2

Câu 10
1,0đ

5 −3 4 6
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là (0;1); (1;0); ( ; );( ; )
7 7 7 7
Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
z ( xy + 1) 2 x( yz + 1) 2 y ( zx + 1) 2
P= 2
+
+
y ( yz + 1) z 2 ( zx + 1) x 2 ( xy + 1)
Biến đổi biểu thức P, ta có:
1
(x + ) 2 (y+ 1 ) 2 (z + 1 ) 2
y
x
z +
P=
+
1
1
1
y+
z+
x+
z
x
y

a 2 b2 c2
Chứng minh bất đẳng thức:
+ + ≥ a + b + c(a, b, c > 0)(1)
b
c a
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2
b2
c2
a 2 b2 c2
+ b ≥ 2a; + c ≥ 2b; + a ≥ 2c =>
+ + ≥ a+b+c
b
c
a
b
c a
1
1
1
1 1 1
Sử dụng (1) ta suy ra: P ≥ (x + ) + ( y + ) + ( z + ) = x + y + z + + + =Q
y
z
x
x y z
3
3
Tiếp tục đánh giá Q, ta có: Q ≥ 3 abc + 3
abc

x+ y+z 1
≤
Đặt t= 3 abc , ta có: 03
2
3
3
9 15
Khi đó: Q ≥ 3t + = 12t + − 9t ≥ 2 36 − =
t
t
2 2
1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
2
15
1
Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là
, đạt khi x = y = z =
2
2

0,25

0,25

0,25

0,25