ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA năm 2016 môn TOÁN có đáp án đs 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN

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

2 x
x2

Câu 2. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số : f ( x) 

2 x
  1 trên 1;3
x 2

Câu 3. (1,0 điểm)

ET

1)Cho số phức z  3  2i .Tìm phần thực và phần ảo của số phức: w  iz 

1
z

2) Giải phương trình : log 2 (2 x  3)2  2 log 2 x  4

1

ATH
S.N

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân : I   ( x  e x ) xdx
0

Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm I (1; 2;3) và mặt phẳng (P) có
phương trình ( P) : 4 x  y  z  1  0 .Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng
(P) .Tìm tọa độ tiếp điểm M
Câu 6(1,0 điểm)

a). Giải phương trình lượng giác : cos 2 x  (1  2 cos x)(s inx  cosx)  0
b) Một tổ có 12 học sinh nam và 3 học sinh nữ .Chia làm 3 nhóm mỗi nhóm có 5 học sinh .Tính xác
suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ

TM

Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
phẳng (ABCD) . SC tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 450 .Gọi E là trung điểm của BC .Tính
Thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC
Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I .Gọi M và

VIE

N lần lượt là trung điểm của CD và BI .Tìm tọa độ các điểm B,C,D biết A(1;2) đường thẳng MN có
phương trình x  2 y  2  0 và điểm M có tung độ âm
Câu 9. (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình trên tập số thực
1
1

3
2
 x  y  1  x  y  3 x( y  xy  x  1)  1


2
2
 2 x  x  y  4  21x  y  16  x  x  y  1  0

Câu 10( 1,0điểm ) Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn abc=1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

ab  a 4  4 a 2b 2 bc  b 4  4b 2 c 2

3b 2  a 2
3c 2  b 2

…………….Hết ………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh ………………………………..Số báo danh ……………………………..


SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN

NỘI DUNG

1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y 

Điểm
1
điểm

2  x x  2

x2 x2

a)TXĐ: D  R \ 2
b)Sự biến thiên
-Chiều biến thiên y '  

4
( x  2) 2

0.25

ET

y '  0 x  -2
………………………………………………………………………………………...
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (; 2) và (2; )
-Cực trị : Hàm số không có cực trị
-Giới hạn và tiệm cận :
lim y  1 ;lim y  1 Đường thẳng y = -1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0.25
x 
x 

-2



y'

-

y



-

0.25



-1

-1

TM

x

ATH
S.N

x  2
x  2
  , lim y  lim
  .Đường thẳng x = -2 là tiệm
x 2
x  2
x 2
x 2
x2
x2
cận đứng của đồ thị hàm số
………………………………………………………………………………………...
Bảng biến thiên
lim y  lim


………………………………………………………………………………………...
Đồ thị

VIE

Câu
Câu1

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA
MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015-2016

0.25

Câu2
1.0đ

Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của hàm số sau

f ( x) 

2 x
  1 Trên 1;3
x 2

1
điểm

+Hàm số f(x) xác định và liên tục trên 1;3
2 1 x 2  4
 =
x2 2
2x2

0.25

 x  2  1;3
+ f '( x)  0  x 2  4  0  
 x  2  1;3
7
19
Ta có f (1) 
; f (3)  ; f (2)  3
2

6
7
khi x = 1
Maxf ( x) 
2
1;3
 

min f ( x)  3 khi x = 2
1;3

0.25
0.25

ET

+ f '( x) 

0.25

Câu3

ATH
S.N

Vậy
+ Giá trị nhỏ nhất của hàm số là 3 khi x = 2
7
+ Giá trị lớn nhất của hàm số là
khi x = 1

2

1)Cho số phức z  3  2i .Tìm phần thực và phần ảo của số phức: w  iz 

1
z

1
điểm

2) Giải phương trình : log 2 (2 x  3) 2  2 log 2 x  4

1)Cho số phức z  3  2i .Tìm phần thực và phần ảo của số phức: w  iz 

w

23 37
 i
13 13

0.25

1
1
3  2i
 i(3  2i) 
 2  3i 
z
3  2i
13

TM

+ Ta có w  iz 

1
z

+ Số phức w + có phần thực

23
13

0.25

37
13
2) Giải phương trình : log 2 (2 x  3) 2  2 log 2 x  4 (1)
Điều Kiện
x  0
x  0




3
2
(2 x  3)  0  x 

2

2
(1)  log 2 (2 x  3)  2 log 2 x  log 2 16

VIE

+ có phần ảo

2

0.25

2

 log 2 (2 x  3)  log 2 x  log 2 16
 log 2 (2 x  3)2  log 2 16 x 2
3

x   (l)

2
x

3

4
x

2
 (2 x  3) 2  16 x 2  


2
x

3


4
x
1

 x  (t / m)

2

Kết hợp điều kiện kiểm tra lại vậy phương trình có nghiệm x 

0.25

1
2


Câu4

1

1
điểm

Tính tích phân : I   ( x  e x ) xdx

0
1

1

1

1

1

x

Ta có I   ( x  e x ) xdx   x 2dx   x e x dx   x 2 dx   x.e 2 dx
0

0

3 1

1

Xét J   x 2 dx 
0
1

x
3



0

0

0

0

1
3

0.25

x
2

Xét K   x.e dx
0

Đặt
u  x
 du  dx

x
x


 dv  e 2 dx v  2e 2

I=J+K =

Câu5

x
2

 2  e dx 2 x.e
0

13  6 e
3

x 1
2

 4e

x 1
2

0

ET

0

1

 2 e 4 e 4  42 e

0

ATH
S.N

K  2 x.e

x 1
2

0.25

0.25

0.25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm I (1; 2;3) và mặt phẳng (P) có

1
phương trình ( P) : 4 x  y  z  1  0 .Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc điểm
với mặt phẳng (P) .Tìm tọa độ tiếp điểm M
+ Ta có d ( I , ( P)) 

4.(1)  2  3  1
42  12  (1)2

 2

TM

+ Mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc với (P)  R  d ( I ,( P ))  2
+Phương trình mặt cầu (S) tâm I (1; 2;3) và tiếp xúc với ( P) : 4 x  y  z  1  0
Là : ( x  1) 2  ( y  2)2  ( z  3) 2  2

VIE


+Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n(4;1; 1) .Gọi đường thẳng d đi qua I và d

vuông góc với (P)  đường thẳng d nhận n(4;1; 1) là véc tơ chỉ phương
Phương trình tham số của d
 x  1  4t

 y  2  t t  R Tiếp điểm M là giao của đường thẳng d và mặt phẳng (P)
z  3  t

+Gọi M (1  4t ; 2  t ;3  t )  d Vì M  ( P) nên ta có
4( 1  4t )  2  t  3  t  1  0  18t  6  0
1
1 7 8
t   M( ; ; )
3
3 3 3
a). Giải phương trình lượng giác : cos 2 x  (1  2 cos x)(s inx  cosx)  0

Câu6

b) Một tổ có 12 học sinh nam và 3 học sinh nữ .Chia làm 3 nhóm mỗi nhóm có 5
học sinh .Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ
a). Giải phương trình lượng giác : cos 2 x  (1  2 cos x)(s inx  cosx)  0 (1)

(1)  cos2 x  sin 2 x  (1  2cos x)(cosx  sinx)  0
 (c osx  s inx)(c osx  s inx  1  2 cos x)  0
 (c osx  s inx)(s inx  cosx  1)  0

0.25
0.25

0.25

0.25

1điểm


sin x  cosx  0

s inx  cosx  1
Với





sin x  cosx  0  2 sin( x  )  0  x   k (k  z)
4
4
 x=



4

0.25

 k ( k  z )

Với







ATH
S.N

ET

s inx  cosx  1  2 sin( x  )  1  sin( x  )  sin
4
4
4
  


 x  4  4  k 2
x   k 2



kZ
2

 x        k 2
 x    k 2

4
4
Vậy phương trình đã cho có nghiệm


 x  2  k 2

 x    k 2 k  Z
 
 x=  k
 4
b) Một tổ có 12 học sinh nam và 3 học sinh nữ .Chia làm 3 nhóm mỗi nhóm có 5
học sinh .Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ
+Số phần tử của không gian mẫu n()  C155 .C105 .C55
+Gọi A là biến cố khi chia ngẫu nhiên “ nhóm nào cũng có nữ “
Số kết quả thuận lợi cho A là n( A)  C31C124 .C21C84 .C11C44

C31C124 .C21C84 .C11C44 25

C155 .C105 .C55
91
Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
0

phẳng (ABCD) . SC tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45 .Gọi E là trung

0.25
0.25
1
điểm

điểm của BC .Tính Thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng DE và SC

VIE

Câu7

TM

+Xác suất của biến cố A : P( A) 

0.25

S

I

A

D
F
H

B

K
E

C

Có SA  ( ABCD)  SA là đường cao của chóp .AC là hình chiếu vuông góc của
  450
SC trên (ABCD)  SCA
ABCD là hình vuông cạnh a nên AB  BC  CD  AD  a, AC  a 2
S ABCD  AB 2  a 2

0,25


0.25

0.25

0.25

TM

ATH
S.N

ET

Tam giác SAC vuông cân tại A  SA  AC  a 2

+Thể tích khối chóp S.ABCD
1
1
a3 2
V  SA.S ABCD  a 2.a 2 
3
3
3
Cách 1:
+Có DE và SC là hai đường thẳng chéo nhau
+Trong (ABCD) kẻ CF//DE cắt AD kéo dài tại F
AK vuông góc với CF cắt ED tại H và CF tại K
 DE / / CF  (SCF)
 DE / /( SCF )


Ta có  DE  ( SCF )
d ( SC , DE )  d ( DE , ( SCF ))  d(H, (SCF))
 SC  ( SCF )

tứ giác CEDF là hình bình hành từ giả thiết
a
a 3a
CE  DF  , AF  AD  DF  a  
2
2 2
2
a
a 5
DE  CF  CD 2  CE 2  a 2 


4
2
3
a.a
1
1
AF .CD 2
3 5a
S ACF  AF.CD= AK .CF  AK 


2
2
CF
5
a 5
2
Trong tam giác AFK ta có
AH AD a
2
HK 1
1


 
  d ( H , ( SCF ))  d ( A, ( SCF ))
AK AF 3a 3
AK 3
3

2
CF  AK
Có 
 CF  ( SAK )
CF  SA
Trong tam giác vuông SAK kẻ đường cao AI ta có
 AI  SK
 AI  ( SCF )  AI  d ( A, ( SCF ))

 AI  CF
1
1
1
1
5
19
3 38a
38a
 2
 2 2
 AI 
 d (SC;DE) 
2
2
2
AI
SA
AK
2 a 9a
18a

19
19

VIE

Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz : Sao cho
A(0; 0;0), B(a;0; 0), D(0;a;0),S(0; 0; a 2) (a>0)
Đưa về bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
a
Tìm tọa độ C (a; a;0), E (a; ; 0)
2



 a
a
DE (a;  ; 0), SC (a; a; a 2), EC (0; ;0)
2
2
Ta có
2
2
 
 DE , SC   ( a 2 ; a 2 2; 3a )


2
2
a3 2
  

 DE , SC  .EC
2
a 38


d ( DE , SC ) 


 
19
 DE , SC 
2a 4
9a 4


 2a 4 
4
4

0.25

0.25


Câu8

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I .Gọi M và N
lần lượt là trung điểm của CD và BI .Tìm tọa độ các điểm B,C,D biết A(1;2) đường

1

điểm

thẳng MN có phương trình x  2 y  2  0 và điểm M có tung độ âm
A

B
J
N
K

D

I

C

M

ATH
S.N

ET

+Gọi J là trung điểm của AI  Tứ giác DMNJ là hình bình hành
+Xét tam giác ADN có J là giao điểm của hai đường cao AI và NJ nên J là trực
tâm  AN  DJ  AN  MN  N là hình chiếu của A trên MN
+Phương trình đường thẳng AN : 2 x  y  4  0
x  2 y  2  0
x  2
+Tọa độ của N là nghiệm hệ phương trình 


N(2;0)
2 x  y  4  0  y  0
+ADMN là tứ giác nội tiếp  
AMN  
ADN  450  AMN vuông cân tại N

+I là trung điểm AC nên tìm được C(1;-2)
+M là trung điểm CD nên tìm được D(-1;0)
+I là trung điểm BD nên tìm được B(3;0)
Giải hệ phương trình trên tập số thực
1
1

3
2
 x  y  1  x  y  3 x( y  xy  x  1)  1


2
2
 2 x  x  y  4  21x  y  16  x  x  y  1  0

VIE

Câu9

TM

MN  AN  5 .Gọi M (2t  2; t)  MN có MN  5  MN 2  5 Tìm được

M( 0;-1)
+Gọi K là giao điểm AM và BD  K là trọng tâm của tam giác ADC
 2 
1
AK  AM .Tìm được K ( ; 0)
3
3
 3 
1
1
+ Ta có NI  BI , B,N,I,K thẳng hàng và KI  DI  NI  NK
2
3
5
Từ đó tìm được I (1;0)

1
1

3
2
(1)
 x  y  1  x  y  3 x( y  xy  x  1)  1


2
2
 2 x  x  y  4  21x  y  16  x  x  y  1  0 (2)
x  0
x  y 1  0


Điều kiện  2
2 x  x  y  4  0
 21x  y  16  0

Từ phương trình (1)

0.25

0.25

0.25
0.25
1
điểm


1
1

 y 3  3 x( y 2  xy  x  1)  1
x  y 1
x


1
1

 ( y 3  3 xy 2  3 x 2 y  x 3 )  (x 3  3 x 2  3 x  1)
x  y 1

x



1
1

 ( x  y )3  (x  1)3
x  y 1
x

0.25

1
1
 ( x  y )3 
x
x  y 1
1
Xét hàm số f (t )  t 3 
trên  0;  
t 1
1
f '(t )  3t 2 
 0 t  0 Hàm số f(t) liên tục và đồng biến trên  0;  
2( t  1)3
f ( x  1)  f ( x  y)  x  1  x  y  y  1

2 x 2  x  3  21x  17  x 2  x  0

ATH
S.N

+Với y = -1 thay vào (2) ta được
21
Điều kiện x 
17

ET

 (x  1)3 

0.25

(*)

Phương trình (*)  ( 2 x 2  x  3  x  1)  (3x  1  21x  17)  x 2  3x  2  0


1
9
 ( x 2  3 x  2) 

 1  0
2
 2 x  x  3  x  1 3 x  1  21x  17 
 x 2  3x  2  0
 
1
9


1  0
 2 x 2  x  3  x  1 3 x  1  21x  17

+

1
2



9

 1  0 Vô nghiệm x 

0.25
17
21

VIE

TM

2 x  x  3  x  1 3x  1  21x  17
 x  1 (t/m)
+ x 2  3x  2  0  
 x  2 (t/m)
Kết hợp điều kiện kiểm tra lại vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
 x  1


  y  1
 x  2

  y  1
Câu10 Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn abc=1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

Đặt A 

0.25

1điểm

ab  a 4  4 a 2b 2 bc  b 4  4b 2 c 2

3b 2  a 2
3c 2  b 2

ab  a 4  4a 2 b 2
bc  b 4  4b 2 c 2
;B
=
3b 2  a 2
3c 2  b 2

Xét

b
b
 1  4( )2

ab  a 4  4a 2b 2 a
a
A

b 2
3b 2  a 2
3( )  1
a
Đặt t 

b
t  1  4t 2
3t 2  1
1


0  A
2
2
2
3t  1
a
(3t  1)( 1  4t  t )
1  4t 2  t

0.25

0.25

Xét hàm số f (t )  1  4t 2  t Trên  0;  

f '(t ) 

4t

1  4t 2
Bảng biến thiên

t

 1  f '(t )  0  t 

1
2 3

1





2 3

f’(t)

-

0

+
0.25

f(t)



ATH
S.N

3
2

ET

1

Từ bảng biến thiên suy ra M inf(t ) 
(0;  )

1
2
3
Khi t 
khi
 MaxA 
2
2 3
3

2
khi b  2 3c
3

 a  2 3b
a  2 3


4
Suy ra MaxP 
khi b  2 3c  b  1
3

 abc  1
1

c 

2 3

TM

a  2 3b Tương tự MaxB 

0.25

VIE

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như
đáp án quy định

……………………Hết …………………………