Đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2016 trường Nguyễn Huệ Thái Nguyên

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 – 2x2 – 3

SỞ GDĐT THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm m số để phương trình: –x4 + 2x2 –2+ m = 0 (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải các phương trình sau: 2 cos 2 x  8cos x  5  0 .
b) Tìm số phức z thoả mãn: z  2 z  6  4i
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình sau : log 22 x  3 log 2 x  4 .
 x 2  2 x  2   y 2  4 y  2
(1)
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 
.
2
6 x  y  11  10  4 x  2 x =0 (2)
e

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân: I  
1

ln x
x ln x  1

dx

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=2a,

SA  ( ABCD ) và SA=a. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt

phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD.

Câu 7(1,0 điểm). Trong mp(Oxy), cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm BC, N trên CD sao cho
 11 1 
CN=2ND. Biết M  ;  và đường thẳng AN có phương trình: 2 x  y  3  0 . Tìm tọa độ đỉnh A.
 2 2
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0; 3), B (2;0; 1) và mặt
phẳng ( P ) : 3 x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng AB, bán
kính bằng 2 11 và tiếp xúc với mặt phẳng ( P).

Câu 9 (0,5 điểm). Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số, trong đó
chữ số 3 có mặt đúng ba lần, c ác chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Trong các số tự nhiên nói
trên, chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất để số được chọn chia hết cho 3.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
P

2
3

3
x  xy  xyz
x yz

-------------------------------- Hết -----------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Số báo danh: . . . . . .

Chữ ký giám thị 1: . . . . . . . . . . . Chữ ký giám thị 2: . . . . . . . . . . . .....
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TỔ TOÁN TIN
Môn thi: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM THI( 5 trang)
CÂU
ĐÁP ÁN VẮN TẮT
ĐIỂM
4
2
ố
y
=
x
I
Cho hàm s
– 2x –3
2,0
1
1,5
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
a. TXĐ: D = 
+)Giới hạn :
2
3 

lim y  lim x 4  2 x 2  3  lim x 4  1  2  4   
0,25
x 

x 
x 
x
x 

2
3 

lim y  lim x 4  2 x 2  3  lim x 4  1  2  4   
x 
x 
x 
x
x 

b. Sự biến thiên
+)Chiều biến thiên:
x  0
Ta có: y’ = 4x3 − 4x , y '  0  
 x  1
Hàm số đ ồng biến trên (−1; 0 ) và (1; +  )
0,25
Hàm số nghịch biến trên (−  ;−1) và (0; 1)
+ Cực trị
Hàm số đạt giá trị cực đại tại x cđ=0, ycđ=−3
0,25
Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x cđ=1, ycđ=−4









+)Bảng biến t hiên:

0,25

0,5
c. Một số điểm đặc biệt:
Đồ thị (C) nhận trục tung là đối xứng





Đồ thị đi qua  3;0 ;
2

2

3;0



Biện luận theo m số nghiệm của phương trình  x 4  2 x 2  2  m  0 (1).
Phương trình (1) được viết lại: m  2   x 4  2 x 2  m  5  x 4  2 x 2  3 (1)
Số nghiệm của PT (1) là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng (d): y  m  5

Dựa vào đồ thị ta có:
+ Nếu 4  m  5  3  1  m  2 pt (1) có 4 nghiệm phân biệt
a) Giải phương trình sau:
2 cos 2 x  8cos x  5  0
 2(2 cos 2 x  1)  8 cos x  5  0  4 cos2 x  8cos x  3  0

1

0,5
0,25
0,25
1,0
0,5
0, 25



 cos x 

 cos x 


b

3

3


(lo¹i)

x   k 2

2
3

( k  )
1
 x     k 2

2
3

0,25

Tìm số phức z thoả mãn: z  2 z  6  4i
Giả sử z  x  yi; z  x  yi

0,25

z  2 z  6  4i  x  yi  2 x  2 yi  6  4i  3 x  yi  6  4i
Do đó x=2, y = 4 vậy số phức cần tìm là z  2  4i
Giải phương trình: log 22 x  3 log 2 x  4
điều kiện x > 0,
 t  1
Đặt t  log 2 x , ta được phương trình t 2  3t    4  0  
t  4

0,25

0,25

1
2
t  4  log 2 x  4  x  16

0,25

 x 2  2 x  2   y 2  4 y  2
(1)
ương
trình
sau
:
ải
các
bất
ph
Gi

6 x  y  11  10  4 x  2 x 2 =0 (2)
 y 2  4 y  2  0
Điều kiện: 
2
2 x  4 x  10  0
Áp dụng bất đẳng thức AM -GM ta có:

0,25

4(10  4 x  2 x ) 14  4 x  2 x


2
4
2
2
Rút gọn ta đ ược: 4( y  6 x  11)  14  4 x  2 x  x  10 x  2 y  15  0 (3)
Tương tự phương trình (1)
 y2  4 y  2
x2  2x  2   y2  4 y  2 
 2 x 2  4 x  y 2  4 y  3  0 (4)
2
Cộng vế với vế của (3) và (4) ta được:
x  1
3x 2  6 x  y 2  6 y  12  0  3( x  1) 2  ( y  3) 2  0  
 y  3
Kết hợp với điều kiện đề bài, suy ra nghiệm hệ phương trình là S  (1, 3)

0,25

t  1  log 2 x  1  x 

4

2

y  6 x  11  10  4 x  x 2 

e

5

Tính tích phân

I 
1

Đặt

I

ln x
x ln x  1

dx .

ln x  1  t  ln x  t 2  1 

0,25

1,0

x 1 t 1
1
dx  2tdt Đổi cận :
x
xet  2

0, 25
0,25

t 1

2
1 t 2tdt  2 1 (t  1)dt
2 2

0,25

2

2

2


0,5

2

t3
42 2
 2(  t ) 
3
3
1
6

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=2a, SA  ( ABCD )
và SA=a. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(SBM) với M là trung điểm của CD.
+) Ta có S ABCD  AB. AD  2a 2

1
2a 3
Do đó: VS . ABCD  .SA.S ABCD 
(dvtt )
3
3
Dựng AN ⊥ BM ( N thuộc BM) và
AH ⊥ SN (H thuộc SN)
Ta có: BM ⊥ AN, BM ⊥ SA suy ra: BM ⊥ AH.
và AH ⊥ BM, AH ⊥ SN suy ra: AH ⊥
(SBM). Do đó
d(A,(SBM)) =AH

1,0
0,25

0,25

0,25
Ta có:
S ABM  S ABCD  2 S ADM  a 2

7

1
2a 2
4a
2
S ABM  AN .BM  a  AN 


2
BM
17
1
1
1
4a
Trong tam giác vuông SAN có:

 2  AH 
 d ( A, ( SBM ))
2
2
AH
AN
SA
33
mp(Oxy), cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm BC, N trên CD sao cho CN=2ND.
 11 1 
Biết M  ;  và đường thẳng AN có phương trình: 2 x  y  3  0 . Tìm tọa độ đỉnh A.
 2 2
Đặt AB = a . Ta tính được: AN 

a 10
a 5
5a
. Tính được
, AM 
, MN 
3

2
6

  1  MAN
  450
cosMAN
2
11
1
11
1
 11 1 
(AM) qua M  ;  có dạng a ( x  )  b( y  )  0  ax  by  a  b  0 . Điều
2
2
2
2
 2 2
  2a  b  1  3a 2  8ab  3b 2  0
kiện: a 2  b 2  0 , cosMAN
2
5(a 2  b 2 )
a  3
Chọn b=1  3a  8a  3  0  
 a  1
3

a  3
2 x  y  3
Với 

A  AM  AN : 
 A(4;5)
b  1
3 x  y  17
1

2 x  y  3
a  
 A(1; 1)
Với 
3 A  AM  AN : 
x  3y  4
b  1
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0; 3), B (2;0; 1) và mặt

0,25

1,0

0,25
0,75
0,25

2

8

3

0,25

0,25

1,0


phẳng ( P ) : 3 x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt cầu ( S) có tâm nằm trên đường
thẳng AB, bán kính bằng 2 11 và tiếp xúc với mặt phẳng (P).

Đường thẳng AB đi qua A(0;0;-3) có VTCP AB  (2;0; 2)
 x  2t

Nên phương trình tham số của đường thẳng AB là:  y  0
 z  3  2t

Gọi I là tâm của mặt cầu thì I(2t;0;-3+2t).
Mặt phẳng ( P) tiếp xúc với mặt cầu ( S) khi và chỉ khi:
6t   3  2t   1
d ( I ;( P ))  2 11 
 2 11
11

9

0,25

0,25

9

t


 4t  4  22
2
 4t  4  22  

 4t  4  22
t   13

2
9
t   I (9;0;6) . Phương trình mặt cầu ( S ) : ( x  9) 2  y 2  ( z  6) 2  44
2
13
t    I (13;0; 16) Phương trình (S):(x 13)2  y2  (z 16)2  44
2
Từ các chữ số 1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số, trong đó
chữ số 3 có mặt đúng ba lầ n, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Trong các số
tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất để số được chọn chia hết cho 3.
Gọi a1a2 a3 a4 a5 là số tự nhiên cần tìm, a1 , a2 , a3 , a4 , a5 thuộc 1; 2;3; 4;5

0,25

Sắp chữ số 3 vào ba vị trí, có C53  10 (cách)

0,25

0,25

0,5

Còn lại hai vị trí, 4 chữ số. Chọn hai chữ số xếp vào hai vị trí đó, có A  12 (cách)
Vậy không gian mẫu có 10.12  120 phần tử
Gọi A là biến cố: “số đ ược chọn chia hết cho 3”, có bốn phương án:
Hai chữ số còn lại là 1 và 5, có C53 .2!  20 số
2
4

Hai chữ số còn lại là 2 và 4, có C53 .2!  20 số

0,25

Hai chữ số còn lại là 4 và 5, có C53 .2!  20 số
Hai chữ số còn lại là 1 và 2 , có C53 .2!  20 số
Vậy biến cố A có 80 phần tử. Xác suất của biến cố A là: P 

80 2

120 3

Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
10

2
3

x  xy  3 xyz
x yz
1
1
Ta có x  xy  3 xyz  x 

2 x.8 y  3 2 x.8 y.32 z
4
8
2 x  8 y 2 x  8 y  32 z 32
4

 x  y  z  x  y  z
 x
8
24
24
3
P

4

1,0

0,25


Đặt t  x  y  z ; t  0  P  f  t  
f  t   

3
2

2
2t 3t

0,25

3 1
 ; f  t   0  t  1
t3 t2

0,25
3
tại t=1
2
16

 x  21
x  y  z  1 
4


 y 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2 x  8 y
21
2 x  32 z


1

 z  21

…………Hết…………
1. Mẫu ma trận đề của bộ giáo dục đào tạo hướng dẫn theo 2014-2015.
2. Các đồng chí dạy 12 cần nhận xét khi chấm, chỉ ra các sai lầm c ơ bản, thường gặp của học

sinh.
3. Mỗi giáo viên dạy 12 soạn ôn theo chủ đề
Lập bảng biến thiên của hàm f(t) ta được Pmin  

5