Đề thi thử THPTQG năm 2016 Nguyễn Trãi, Kon Tum

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI - KONTUM
TỔ TOÁN

ĐỀ THI THỬ - KÌ THI QUỐC GIA.

Môn: TOÁN 12 – Lần 1
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ SỐ 101
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y 

2x  1
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm m để đường thẳng d: y  2x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt.
Câu 2 (1.5 điểm).
1. Giải phương trình: 5.9 x  3x2  2  0
2. Giải phương trình: 2 log16 (5  x)  log 4 (3x  1)  2
1
2

Câu 3 (1.0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x 4  2 x 2  1 trên
đoạn [  2;1] .
Câu 4 (1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB= a , BC= a 3 .
Cạnh bên SA vuông góc với mp(ABCD), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy (ABCD)
bằng 600, M là trung điểm của cạnh SD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ
đỉnh S đến mp(BCM).
Câu 5 (1.5 điểm).
1. Giải phương trình:





6 sin x    sin  2 x   0 .
4

2


2. Tủ lạnh của nhà bạn An có 20 quả trứng, trong đó có 7 quả trứng bị hỏng, mẹ bạn An
lấy ngẫu nhiên từ đó ra 4 quả để làm món trứng tráng. Tính xác suất để trong 4 quả trứng mẹ
bạn An lấy ra có 2 quả bị hỏng.
Câu 6 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng chứa hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, gọi M, N
lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và BC; I là giao điểm của DN và AC. Tìm tọa độ các



1
3

đỉnh C, D của hình vuông biết M (1;  1) , I  2;   và điểm C có tung độ âm.
Câu 7 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 4 x  4 y  1  5 x  y  1  3x  7 y  1

(3x  2) 9 y  1  4 x  14x 3 y

Câu 8 (1.0 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa điều kiện 4( xz  y )  y 2  4 . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

1
8

 2x

2



2

 2z 2  y 

( y  z )(2 x  4 y )  2
( x  y  z) 2

…………………………………. Hết …………………………………

592


ĐÁP ÁN – ĐÈ THI THỬ - KÌ THI THPT QUỐC GIA – Lần 1
Câu

1
(2.0đ)

Ý

a)
(1.0đ)

Nội dung đáp án

Điểm

* TXĐ: D = R \ 1
3
* y' 
 0, x  D
( x  1) 2
Suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1), (1;)
* Giới hạn – tiệm cận:
- TCĐ: x = 1 vì lim y   và lim y  
x 1

0.25

0.25

x 1

- TCN: y = 2 vì lim y  2
x  

b)
(1.0đ)

* BBT: đúng, đầy đủ.

* Đồ thị : Đúng, cong trơn tru, đối xứng và qua các điểm (0 ; -1), (-1/2 ; 0)
2x  1
* Pt HĐGĐ của đồ thị (C) và đường thẳng d:
 2 x  m
( x  1)
x 1
(1)
 2x 2  mx  m  1  0
* d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

m  4  2 6
m 2  8m  8  0
  0



2  m  m  1  0
m  4  2 6
3  0

0.25

* Pt: 5.9 x  3x2  2  0  5.32 x  9.3x  2  0
2

(1.5đ)

1
(0.75)

2
(0.75)

0.25

3 x  2
 x
3  1 / 5 (loai)

0.25

* 3 x  2  x  log3 2
Vậy pt có một nghiệm x = log3 2
1
* ĐK:  x  5
3
* Pt đã cho  log4 (5  x)  log4 (3x  1)  2
 log4 (5  x)(3x  1)  2
x  3
 3x 2  16x  21  0  
x  7 / 3
Kết hợp ĐK => pt có hai nghiệm là x = 3 và x = 7/3.

0.25
0.25

0.25
0.25

* y '  2 x 3  4 x ,

3
(1.0đ)

x  0

y '  0  2 x 3  4 x  0   x  2 (loai)
x   2


0.25

* y(0)  1, y( 2 )  1, y(2)  1, y(1)  1 / 2

0.25

Vậy: Max  y ( 2 )  1 ,
[ 2;1]

4
(1.0đ)

0.25

min  y (0)  y (2)  1

0.25

[ 2;1]

* Vì SA  (ABCD) nên AC là hình chiếu của
SC trên mp(ABCD) => góc giữa SC và (ABCD)
là góc SCA = 600.
* AC 2  AB 2  BC 2  4a 2  AC  2a
SA = AC.tan600 = 2a 3
1
Vậy VS . ABCD  S ABCD .SA  2a 3
3

S

N

H

M

0.25
A
B

593

0.25

D

C


* Mp(BCM) cắt SA tại N => MN // AD // BC
Dựng SH  BN tại N, ta có:
BC  AB và BC  SA => BC  (SAB)
=> BC  SH, và vì SH  BN nên SH  (BCM) => SH = d(S,(BCM))

1
(1.0)

* BN 2  BA2  AN 2  4a 2  BN  2a
Hai tam giác vuông NAB và NHS đồng dạng nên :
AB BN
AB.SN a 3
a 3
. Vậy : d(S,(BCM)) =

 SH 

SH SN
BN
2
2




* 6 sin x    sin  2 x   0  3(sin x  cos x)  cos 2 x  0
4


2

2
 3(sin x  cos x)  cos x  sin 2 x  0  (sin x  cos x)( 3  cos x  sin x)  0
sin x  cos x  0

sin x  cos x  3
* sin x  cos x  0  tan x  1  x  

5
(1.5đ)

0.25


4

 k

0.25

0.25

0.25

0.25


3


* sin x  cos x  3  sin x   
 1 => pt vô nghiệm.
4
2

4
* Số khả năng có thể xảy ra là: C20
 4845

0.25
0.25

* Số cách lấy ra 4 quả trứng mà trong đó có 2 quả trứng bị hỏng là
2
(0.5

C132 .C72  1638
1638 546
Vậy xác suất cần tính là: P 

 0.34
4845 1615
* Gọi G là tâm hình vuông, K là trung điểm của CD,
E là giao điểm của MI và CD.
2
Ta có I là trọng tâm của  BCD  CI  CG
3
=> I là trọng tâm của  MKC => E là trung điểm
Của đoạn KC.

0.25

A

D

G
M

K
I

0.25

E
B

N

C

* Gọi E(x ; y), ta có :

6
(1.0đ)

3  2( x  2)
x  7 / 2


MI  2.IE   2
=> E(7/2 ; 0)
1 
y

0

2
(
y

)

 3
3
* Gọi K(x ; y), ta có :
7

( x  1)( x  )  ( y  1) y  0


MK  KE
2
MK .KE  0




2
2

MK  16.KE
MK  4 KE
( x  1) 2  ( y  1) 2  16( x  7 ) 2  y 2 



2


59

x

x

3


 59  38 
17
hoặc 

 K (3;1) hoặc K  ;

 17 17 
y  1
 y   38

17
* Với K(3 ; 1), E(7/2 ; 0) là trung điểm của KC => C(4 ; -1) thỏa ycbt.

Lúc này vì K là trung điểm của CD nên => D(2 ; 3).
 59  38 
 60 38 
* Với K  ;
 => C  ;  (loại)
 17 17 
 17 17 

594

0.25

0.25

0.25



2 4 x  4 y  1  5 x  y  1  3 x  7 y  1


(3x  2) 9 y  1  4 x  14x 3 y
* ĐK : x  0, y  0

(1)
(2)

0.25

* Đặt a  5 x  y  1, b  3x  7 y  1, a, b  0

Từ (1)  2a 2  2b 2  a  b  (a  b) 2  0  a  b
 5 x  y  1  3x  7 y  1  x  3 y

7
(1.0đ)

* Thay vào (2) được : (3x  2) 3x  1  4 x  14x x
Vì x = 0 không phải là nghiệm của (3) nên :
2
1 4

(3)   3   3    14
x
x x


(3)
0.25

1
1
  u 2  3, u  3
x
x
3
Từ (3) ta có pt : 2u  4u 2  3u  26  0  u  2 (nhận)

Đặt u  3 

0.25

1
 2  x 1 y  3
x
Thử lại => hệ có một nghiệm là (1 ; 3) .
* Ta có: 4( xz  y )  y 2  4  4 xz  (2  y) 2  2 xz  | 2  y |  2  y

* u = 2  3

 2  2 xz  y  x  y  z .
2
1
( y  z )(2 x  4 y )  2
* P
2x 2  2z 2  y 
11
8
( x  y  z) 2


1
  2x
8

 2z 2

2

2

2



1
8

 2x

2



0.25

( z  y) 2
2

1
2
( x  y  z)
( x  y  z) 2

2 x 2  2 z 2  x  z, x, z  0 (dấu “=” xảy ra khi x = z)

Vì:
nên:

2


( x  2 y)
 y 
( x  y  z)

(1)

0.25

2
1
x yz
 2 z 2  y  ( x  y  z ) 2  2

8
4



0.25

2

( x  2 y) 2
( z  y) 2
2
x yz
P  2
(2)



1
 
2
2
4
( x  y  z)
( x  y  z)
( x  y  z) 2


* Ta có: (a  b) 2  (a  c) 2  0  2a 2  b 2  c 2  2a(b  c), a, b, c (3)
(Dấu “=” xảy ra khi a = b = c)
Áp dụng (3), từ (2) ta có :
x yz x yz
2
x yz
2
P  2.
.

1 

1
2
4
x  y  z ( x  y  z)
2
( x  y  z) 2
* Đặt t  x  y  z, t  2

(từ (1))
1
2
Xét hàm số : f (t )  t  2  1, t  2
2
t
3
1 4 t 8
Ta có : f ' (t )   3 
 0, t  2
2 t
2t 3
1
=> hàm số f(t) đồng biến trên [2;) => minf(t) = f(2) =
2
Vậy minP = 1/2, đạt được khi x = z = 1 và y = 0.
2

8
(1.0đ)

0.25

0.25

* Ghi chú: Mọi cách giải khác, nếu đúng, vẫn cho điểm tối đa phần tương ứng.
……………………………………………….. Hết ………………………………………………..

595