DE THI THU VA DAP AN trường THPT võ lai nop so

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

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

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

2x − 4
.
x −1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = (x 2 − 2).e2x trên đoạn [–1 ; 2].
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (2 + i)z = 4 − 3i . Tìm môđun của số phức w = iz + 2 z .
b) Giải phương trình 4 x 2 − x +1 = 8x ,

(x ∈ R)

1

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

x

2
3
0 (2x + 1)

dx .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng
x − 3 y − 2 z −1
d:
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm
2
1
−2
tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu 6 (1,0 điểm).

π
3π
α
α 4
a) Cho góc α thỏa mãn < α <
và sin − cos = . Tính giá trị của cos 2α
2

2

2

2

3

b) Để chuẩn bị tiêm phòng dịch Sởi- Rubella cho học sinh khối 10 , 11 và 12. Bệnh viện tỉnh
điều động 12 bác sỹ đến truờng THPT Võ Lai để tiêm phòng dịch gồm 7 bác sỹ nam và 5 bác
sỹ nữ. Ban chỉ đạo chọn ngẫu nhiên ra 3 bác sỹ phụ trách khối 12.Tính xác suất để 3 bác sỹ
được chọn có cùng giới tính.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA
vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt đáy bằng 450 . Gọi E là trung điểm BC. Tính thể tích
khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC theo a.
 x − 3y − 2 + xy − y 2 + x − y = 0

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
(x, y ∈ R).
3 8 − x − 4 y + 1 = x 2 − 14y − 12
Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình
đường thẳng AH là 3x − y + 3 = 0 , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần lượt là chân
đường cao hạ từ B và C đến AC và AB, phương trình đường thẳng EF là x − 3y + 7 = 0 . Tìm tọa độ
điểm A, biết A có hoành độ dương.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

4a  2c  b  c 
 1 + ÷+  1 + ÷ = 6 .
b 
b  a a

bc
2ca
2ab
+
+

.
a(b + 2c) b(c + a) c(2a + b)

–––––––––––– Hết ––––––––––––
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………......…; Số báo danh: ……………………


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN
(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)

Câu
Đáp án (Trang 1)
Câu 1
2x − 4
y
=
Khảo
sát
sự
biến
thiên
và
vẽ
đồ
thị

của
hàm
số
.
(1,0 điểm)
x −1
* Tập xác định: D = ¡ \{1}
* Sự biến thiên:
2
y' =
(x − 1) 2
Vì y’ > 0, ∀ x ≠ 1 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–∞ ; 1), (1 ;+∞).
Giới hạn và tiệm cận: lim y = −∞, lim y = +∞ ; tiệm cận đứng x = 1.
x →1+

x →1−

lim y = 2 ; tiệm cận ngang y = 2.

Điểm

0,25

0,25

x →±∞

Bảng biến thiên
X
y’

–∞

1

+∞

+

+
+∞

2

0,25

Y
2

–∞

* Đồ thị :
y

4

0,25

2
O 1

2

x

Câu 2
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f(x) = (x 2 − 2).e 2x trên đoạn [–1 ; 2].
(1,0 điểm)
Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [–1 ; 2], f '(x) = 2(x 2 + x − 2)e 2x
 x 2 + x − 2 = 0
f '(x) = 0
⇔
⇔ x =1

 x ∈ (−1; 2)
 x ∈ (−1; 2)
−1
f (1) = −e 2 , f ( −1) = 2 , f (2) = 2e 4 .
e
GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] bằng 2e4, khi x = 2, GTLN của f(x) trên đoạn
[–1 ; 2] bằng – e2 , khi x = 1.

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


Câu
Đáp án (Trang 2)

Điểm
Câu 3
(2
+
i)z
=
4
−
3i
a) (0,5) Cho số phức z thỏa mãn
. Tìm môđun của số phức w = iz + 2z .
(1,0 điểm) (2 + i)z = 4 − 3i ⇔ z = 1 − 2i
0,25
0,25
w = iz + 2z = i(1 − 2i) + 2(1 + 2i) = 4 + 5i . Vậy | w |= 41
b) (0,5) Giải phương trình 4 x 2 − x +1 = 8x (1).
4x

2

− x +1

= 8x ⇔ 22x

2

− 2x + 2

= 23x
1

⇔ 2x 2 − 5x + 2 = 0 ⇔ x =
hoặc x = 2.
2
1
Câu 4
(1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫

x
2

3
0 (2x + 1)

0,25
0,25

dx .

Đặt t = 2x 2 + 1 ⇒ dt = 4xdx
x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 3

0,25
0,25

3

3
1 1
−1
1

Khi đó I = ∫ 3 dt = 2 =
4 t
8t 1 9
1

0,5

Câu 5
x − 3 y − 2 z −1
=
=
. Viết phương trình mặt
(1,0 điểm) Cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng d :
2
1
−2
phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường
thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3.
r
Một vectơ chỉ phương của d là u = (2;1; −2) .
0.25
r
Mặt phẳng (P) qua A và nhận vectơ u = (2;1; −2) làm vectơ pháp tuyến nên
0.25
phương trình của nó là 2(x + 2) + y – 3 – 2(z – 1) = 0 hay 2x + y – 2z + 3 = 0.
Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; 2 + t; 1 – 2t). Khoảng cách từ M đến (P) là:
| 2(3 + 2t) + 2 + t − 2(1 − 2t) + 3 |
0.25
d(M, (P)) =
=| 3t + 3 |

2
2
2
2 + 1 + (−2)
d(M, (P)) = 3 ⇔ | 3t + 3 | = 3 ⇔ t = 0 hoặc t = –2.
0.25
Vậy M(3 ; 2 ; 1) hoặc M(–1 ; 0 ; 5).
Câu 6
π
3π
α
α 4
α thỏa mãn
<α <
và sin − cos = . Tính giá trị của
(1,0 điểm) a) (0,5) Cho góc
2
2
2
2 3
cos 2α

α
α 4
16
7
− cos = ⇒ 1 − sin α = ⇒ sin α = −
0,25
2
2 3

9
9
17
2
Vậy cos 2α = 1 − 2sin α = −
0,25
81
b) (0,5) Để chuẩn bị tiêm phòng dịch Sởi- Rubella cho học sinh khối 10 , 11 và
Ta có sin

khối 12. Bệnh viện tỉnh điều động 12 bác sỹ đến truờng THPT Võ Lai để tiêm
phòng dịch gồm 7 bác sỹ nam và 5 bác sỹ nữ. Ban chỉ đạo chọn ngẫu nhiên ra 3
bác sỹ phụ trách khối 12.Tính xác suất để 3 bác sỹ được chọn có cùng giới tính.
3
Số phần tử của không gian mẫu là: | Ω | = C12
= 220
Gọi A là biến cố chọn được 3 bác sỹ có cùng giới tính. Số kết quả thuận lợi cho
| ΩA | 9
=
A là: | Ω A | = C37 + C53 = 45 . Xác suất biến cố A là P(A) =
.
| Ω | 44

0,25
0,25


Câu
Câu 7
(1điểm)

Đáp án (Trang 3)

Điểm

SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ AC là hình chiếu
·
của SC trên (ABCD) ⇒ SCA
= 450
∆SAC vuông cân tại A
⇒ SA = AC = a 2

VS . ABCD

1
a3 2
= SA.S ABCD =
3
3

0,25

*Tính d(DE,SC)
Dựng CI // DE, suy ra DE // ( SCI).
Dựng AK ⊥ CI cắt DE tại H và cắt CI tại K
Trong (SAK) dựng HF ⊥ SK , do CI ⊥ ( SAK ) ⇒ HF ⊥ ( SCI )
AK =

0,25

0,25

CD. AI 3a
1
a
=
, HK = AK =
CI
3
5
5

Khi đó d ( DE , SC ) = d ( H , ( SCI ) ) = HF =

SA.HK a 38
=
SK
19

Câu 8
2

(1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I)  x − 3y − 2 + xy − y + x − y = 0
2

3 8 − x − 4 y + 1 = x − 14y − 12.
 x − y + (x − y)(y + 1) − 2(y + 1) = 0 (1)
(I) ⇔ 
2
3 8 − x − 4 y + 1 = x − 14y − 12 (2)

Điều kiện: x ≤ 8, y ≥ – 1, (x – y)(y + 1) ≥ 0 (*)
Nếu (x ; y) là nghiệm của hệ (I) thì y > – 1. Suy ra x – y ≥ 0.
x−y
x−y
x−y
x−y
+
−2 =0 ⇔
=1⇔
= 1 ⇔ x = 2y + 1
Do đó: (1) ⇔
y +1
y +1
y +1
y +1
Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được:
3 7 − 2y − 4 y + 1 = (2y + 1) 2 − 14y − 12 ⇔ 4 y + 1 − 3 7 − 2y + 4y 2 − 10y − 11 = 0
⇔ 4( y + 1 − 2) − 3( 7 − 2y − 1) + 4y 2 − 10y − 6 = 0


2
3
⇔ (y − 3) 
+
+ 2y + 1÷ = 0 (3)
 y +1 + 2
÷
7 − 2y + 1



3
3
2
2 2
7
> , 2y + 1 > –1
≥
Vì −1 < y ≤ nên
,
7 − 2y + 1 4
2
y +1 + 2 3 + 2 2
2
3
⇒
+
+ 2y + 1 > 0 . Do đó: (3) ⇔ y − 3 = 0 ⇔ y = 3
y +1 + 2
7 − 2y + 1
⇒ x = 7 (thỏa (*)). Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3).

0,25

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu
Đáp án (Trang 4)
Điểm
Câu 9
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình
(1,0 điểm) đường thẳng AH là 3x − y + 3 = 0 , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần
lượt là chân đường cao hạ từ B và C đến AC và AB, phương trình đường thẳng EF là
x − 3y + 7 = 0 . Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dương.
A
I
F

B

H

E

J

M

C

Gọi I trung điểm AH. Tứ giác AEHF nội tiếp và bốn điểm B, C, E, F cùng
thuộc một đường tròn nên IM ⊥ EF (đoạn nối tâm vuông góc với dây chung).
¶ = ABE
·

Ta có: IEF
(cùng phụ góc A hoặc cùng phụ góc EHF)
1·
·
·
= EMF
= IME
và: ABE
2
0
·
·
·
⇒ MEI = 90 ⇒ MFI
= MEI
= 900 .
Do đó tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính IM, tâm là trung điểm J
của IM.
(Đường tròn (J) là đường tròn Euler)
Đường thẳng IM qua M và vuông góc EF nên có phương trình: 3x + y – 9 = 0.
I là giao điểm của AH và IM nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:
3x − y + 3 = 0

3x + y − 9 = 0
⇒ I(1; 6).
Đường tròn đường kính IM có tâm J(2 ; 3) và bán kính r = JM = 10 nên có
phương trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10 .
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình:
 x − 3y + 7 = 0


2
2
( x − 2 ) + ( y − 3) = 10
 x = 3y − 7
x = 5
 x = −1
⇔
⇔
hoặc 
⇒ E(5 ; 4) hoặc E(–1;2).
2
y = 2
( y − 3) = 1  y = 4
Vì A ∈ AH nên A(a ; 3a + 3)
Ta có: IA = IE ⇔ IA 2 = IE 2 ⇔ (a − 1) 2 + (3a − 3) 2 = 20 ⇔ a = 1 ± 2
Vì A có hoành độ dương nên A(1 + 2;6 + 3 2) .
Câu 10
4a  2c  b  c 
(1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
 1 + ÷+  1 + ÷ = 6 .
b 
b  a a
bc
2ca
2ab
+
+
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =
.
a(b + 2c) b(c + a) c(2a + b)

2
4
1
Đặt x = , y = , z = (x, y, z > 0).
a
b
c
x y
x 3 + y3
+ 2  + ÷ = 6 (*)
Điều kiện đã cho trở thành:
xyz
y x

0.25

0.25

0.25

0.25


Câu

Đáp án (Trang 5)
(x + y)3
và (x + y) 2 ≥ 4xy
4
3

3
x +y
(x + y)3 4 xy(x + y) x + y
Do đó:
≥
≥
=
xyz
4xyz
4xyz
z

Điể
m

Ta có: x 3 + y3 ≥

0.25

x y
x+y
x y x+y
x 3 + y3
+
≥
2
≤ 2.
+ 2  + ÷≥
+4 ⇒0<
Mặt khác

nên 6 =
y x
z
xyz
y
x
z


Ta có: P =
≥

x
y
4z
x2
y2
4z
+
+
=
+
+
y + 2z 2z + x x + y xy + 2zx 2yz + xy x + y

(x + y) 2
4z
(x + y) 2
4z
2(x + y)

4z
+
≥
+
=
+
2xy + 2z(x + y) x + y (x + y) 2
x + y x + y + 4z x + y
+ 2z(x + y)
2

x+y
z + 4 .
Suy ra: P ≥
x+y
x+y
+4
z
z
x+y
2t
4
, 0 < t ≤ 2 . Ta có P ≥
+ .
Đặt t =
z
t+4 t
2t
4
+ (0 < t ≤ 2) .

Xét hàm số f (t) =
t+4 t
2
4(t − 8t − 16)
f '(t) =
< 0, ∀t ∈ (0; 2] ⇒ f(t) nghịch biến trên (0 ; 2].
t 2 (t + 4) 2
8
Suy ra: P ≥ f (t) ≥ f (2) = .
3
x = y
8

P = ⇔ x + y
⇔ x = y = z ⇔ 2a = b = 4c
3
 z = 2

0.25

2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

0.25

0.25

8
, khi 2a = b = 4c.

3

Chú ý: Những cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Tùy theo thang điểm của đáp án
mà giám khảo cho điểm tương ứng.
–––––––––––– Hết ––––––––––––