Đề thi thử quốc gia 2016 môn toán trường ân thi hưng yên lần 2

TRƯỜNG THPT ÂN THI
——————

ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM 2015 - 2016 LẦN II
Môn: Toán

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
—————————

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 − 3x
x+1
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
biết tiếp
x−1
tuyến đó có hệ số góc k = −2
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z và tính môđun của nó, biết z thỏa mãn iz + 2z = 5i + 2iz
b) Giải phương trình 31+x + 31−x − 10 = 0
√

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

3

x
√
dx
2

x +1+1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 0; 5), B(−1; −1; 1) và C(1; 0; 7).
Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua ba điểm A, B, C? Tìm tọa độ điểm M thuộc trục
Oy sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P ) bằng 5?
Câu 6 (1,0 điểm).
3
π
π
a) Cho sin α = , α ∈ 0;
. Tính giá trị của A = cos 2α +
5
2
4
b) Lớp 12A có 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ đi học muộn. Giáo viên chủ nhiệm lớp
12A chọn ngẫu nhiên 7 học sinh trong số 10 học sinh đi học muộn đó để đi lao động. Tính
xác suất sao cho trong số 7 học sinh được chọn có số học sinh nam và số học sinh nữ đều
lớn hơn 2?
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và
B, AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa SB và mặt
đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng BD và SC?
Câu 8 (1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (C)
có phương trình (x − 2)2 + (y + 1)2 = 40. Điểm E(5; −5) thuộc cạnh BC, DE cắt đường tròn
(C) tại giao điểm thứ hai là H, đường thẳng BH cắt đường thẳng DC tại điểm K(6; −8).
Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD?
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau:


x2 + xy + y 2

 x2 + y 2
+
=x+y
2
3
√

2 y 2 − 2x − 1 + 3 x3 − 14 = y − 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: ab + a + b = 3. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
3a
3b
ab
P =
+
+
− 2a2 − 2b2
b+1 a+1 a+b
——— 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 GD&ĐT HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT ÂN THI

ĐÁP ÁN THI THỬ THPTQG NĂM 2015 – 2016 LẦN II
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề.
ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  3x
3

TXĐ: D  ;
y '  3x 2  3 ; y '  0  x  1
Hàm số đồng biến trên (; 1) và (1; ) ; hàm số nghịch biến trên (1;1)
Hàm số đạt cực đại tại x  1; y(1)  2 ; Hàm số đạt cực tiểu tại x  1; y(1)  2
lim y  ; lim y  
x 

1,0
0,25
0,25

x 

x 
y'

y

1
0
2



1
0







0,25

2



Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận O(0;0) làm tâm đối xứng và đi qua các điểm (2; 2),(2;2)
y
3

2

1

O
-3

-2

-1

0,25

x
1

2

3

-1

-2

-3

Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

x 1
biết tiếp tuyến đó
x 1

có hệ số góc k  2
2
Ta có y ' 
( x  1) 2
Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho,  là tiếp tuyến cần viết phương trình, M ( x0 ; y0 ) là tiếp
điểm của  và (C)
 x0  0
2
2




Vì  có hệ số góc k  2 nên y '( x0 )  2 
x  2
( x0  1)2
 0

1,0

0,25

0,25

Với x0  0 thì  : y  2 x  1

0,25

Với x0  2 thì  : y  2 x  7

0,25

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z và tính môđun của nó, biết z thỏa mãn iz  2 z  5i  2iz
b) Giải phương trình 31 x  31 x  10  0
5i
 z  1  2i
a) iz  2 z  5i  2iz  (2  i) z  5i  z 
2i

z  (1)2  22  5

1,0
0,25
0,25


ĐÁP ÁN

3
b) 31 x  31 x  10  0  3.3x  x  10  0  3.32 x  10.3x  3  0
3
x
3  3
x  1
 3 1
3 
 x  1

3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1 và x  1
3

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I 


0

x

dx
x 1 1
2

Đặt t  x2  1  t 2  x 2  1  tdt  xdx
Đổi cận x  0  t  1 ; x  3  t  2

ĐIỂM

0,25

0,25

1,0
0,5

2

3
1 
t

I 
dt   1 
 dt   t  ln t  1   1  ln
2
t 1
t 1 
1
1

1

0,5

Câu 5 (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;0;5) , B(1; 1;1) và C (1;0;7) .
Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua ba điểm A , B , C ? Tìm tọa độ điểm M thuộc trục
Oy sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P) bằng 5?

1,0

2

2

Ta có AB  (1; 1; 4); AC  (1;0; 2)
Ta có  AB, AC   (2; 2;1)
Ta có AB, AC là hai vectơ không cùng phương có giá song song hoặc nằm trong mặt phẳng

0,25

(P) nên n    AB, AC   (2; 2; 1) là một vtpt của (P)

0,25

Mặt phẳng (P) có phương trình: 2 x  2 y  z  5  0
2b  5
b  5
 5  2b  5  15  
M (0; b;0)  Oy ta có d ( M , ( P))  5 
3

b  10
Vậy M (0;5;0) hoặc M (0; 10;0)
Câu 6 (1,0 điểm)
3


a) Cho sin   ,   (0; ) . Tính giá trị của A  cos(2  )
5
2
4
b) Lớp 12A có 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ đi học muộn. Giáo viên chủ nhiệm lớp 12A
chọn ngẫu nhiên 7 học sinh trong số 10 học sinh đi học muộn đó để đi lao động. Tính xác suất
sao cho trong số 7 học sinh được chọn có số học sinh nam và số học sinh nữ đều lớn hơn 2?
9 16

25 25
4
 
Suy ra cos  
vì    0;  .
5
 2

0,25
0,25

1,0

Ta có cos2   1  sin 2   1 


2
2

Ta có A  cos  2   
 cos 2  sin 2   (cos2   sin 2   2sin  cos  )
4 2
2

2  16 9 2.3.4 
17 2

  

2  25 25
25 
50
b) Phép thử: “Chọn ngẫu nhiên 7 học sinh trong số 10 học sinh đi học muộn của lớp 12A”
Ta có n()  C107  120

0,25

0,25

0,25


ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Gọi A là biến cố: “Trong 7 học sinh được chọn có số học sinh nam và số học sinh nữ đều lớn
hơn 2”
Số phần tử của biến cố A là n( A)  C53C54  C54C53  100
100 5
Xác suất của biến cố A là P( A)  7 
C10 6
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ,
AB  BC  a , AD  2a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa SB và mặt đáy bằng
600 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD
và SC

1
3a 2
AB.( BC  AD) 
2
2
Ta có SA  ( ABCD) nên AB là hình chiếu của SB
trên mặt phẳng (ABCD). Suy ra
ABS  ( AB, SB)  (SB,( ABCD))  600

N

K

D

0,25

SA  AB tan 600  a 3

1
1
3a 2 a3 3
(đvtt)
VS . ABCD  .SA.S ABCD  .a 3.

3
3
2
2

H M
B

1,0

+) Ta có S ABCD 

S

A

0,25

0,25

C

Gọi M  BD  AC

Dựng Mx / / SC , Gọi N  Mx  SA ,
Ta có MN / / SC  SC / /( BDN )  d (SC, BD)  d (C,( BDN ))
 BC / / AD
MC BC 1
nên
Ta có 


AM AD 2
 AD  2a  2 BC
1
Suy ra d ( SC , DB)  d (C , ( BDN ))  d ( A, ( BDN ))
2
Dựng AH  DB , AK  NH
Ta có AN  ( ABCD)  AN  DB , lại có DB  AH nên BD  ( AHN )  BD  AK
 BD  AK
 AK  ( BDN )  d ( A, ( BDN ))  AK
Ta có: 
 NM  AK
Ta có tam giác ABD vuông tại A và AH là đường cao nên
1
1
1
1
1
5


 2 2  2
2

2
2
AH
AB
AD
a 4a
4a
AN AM 2
2
2a 3

  AN  AS 
Ta có MN / / SC nên
AS
AC 3
3
3
Ta có tam giác ANH vuông tại A và AK là đường cao nên
1
1
1
5
3
2
a 2


 2  2  2  AK 
2
2

2
AK
AH
AN
a
4a 4a
2
1
a 2
Vậy d ( SC , BD)  AK 
2
2
Câu 8 (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (C ) có
phương trình ( x  2)2  ( y  1)2  40 . Điểm E (5; 5) thuộc cạnh BC, DE cắt đường tròn (C )

0,25

0,25

1,0


ĐÁP ÁN

tại H , đường thẳng BH cắt đường thẳng DC tại điểm K (6; 8) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình
vuông ABCD?
Đường tròn (C) có tâm I (2; 1) bán kính R  2 10
A
B
Ta có góc DHB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên

DHB  900
Xét tam giác BDK có BC  DK , DH  BK nên E là trực
tâm của tam giác BDK, suy ra EK  BD
BD đi qua I nhận EK  (1; 3) làm vtpt nên BD có phương
trình x  3 y  5  0

I
H

E

D

C

K

AC đi qua I nhận EK  (1; 3) làm vtcp nên AC có phương
trình 3x  y  5  0

 x  8

x  3y  5  0
y 1

Tọa độ của B, D là nghiệm của hệ phương trình 

2
2

  x  4
( x  2)  ( y  1)  40

  y  3

ĐIỂM

0,25

0,25

0,25

Nếu B(8;1), D(4; 3) thì thỏa mãn (vì B và E cùng phía so với đường thẳng AC)
Nếu B(4; 3), D(8;1) thì không thỏa mãn (vì B và E không cùng phía so với AC)

 x  4

3x  y  5  0
 y  7

Tọa độ của A, C là nghiệm của hệ phương trình 

2
2
 x  0
( x  2)  ( y  1)  40

  y  5

Nếu C(4; 7), A(0;5) thì thỏa mãn (vì C và E cùng phía so với đường thẳng BD)
Nếu A(4; 7), C (0;5) thì không thỏa mãn (vì C và E không cùng phía so với BD)
Vậy A(0;5), B(8;1), C(4; 7), D(4; 3)
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:
 x2  y 2
x 2  xy  y 2

 x y
(1)

2
3


2
3 3
(2)
2 y  2 x  1  x  14  y  2
ĐK: y 2  2 x  1
Ta thấy điều kiện có nghiệm của phương trình (1) là x  y  0
Khi đó áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

x2  y 2
(12  12 )( x 2  y 2 )
( x  y)2


hay
2
4

4

x2  y 2 x  y

2
2

1,0

(3)

2
2
1  3 2
 2 1 
1
1 

1   x  y   y 

x
y
y




3   
2  4 


x 2  xy  y 2
2
2 

 
4
3
4
3.
3

x 2  xy  y 2 x  y

(4)
3
2
(Chú ý: Ta có thể chứng minh (3), (4) bằng phương pháp biến đổi tương đương)
hay

0,25

0,5


ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Dấu bằng ở (3) và (4) xảy ra khi x  y (5)
Từ (3), (4), (5) suy ra (1)  x  y .

Với x  y thay vào (2) ta có phương trình 2 x2  2 x  1  3 x3  14  x  2
 2 x2  2 x 1 



3



x3  14  x  2  0

(6)

x  1 2
ĐK: 
. Kết hợp với điều kiện x  y  0 và x  y ta được điều kiện x  1  2
 x  1  2
Xét hàm số f ( x)  3 x3  14  x  2 trên tập [1  2; )

x2

f '( x) 
3

x

3

 14 

2

1 ;

f '( x)  0  x 2 

x 1 2
y'
y

3

x

3

 14   x6   x3  14   x  3 7
2

2




2

0,25

0

Suy ra f ( x)  0, x [1  2; )
2
2


2 x  2 x  1  0, x  [1  2; )
2 x  2 x  1  0
Ta có 
nên (6)  
 x  1 2
3 3
3 3
0,25
x
14
x
2
0,
x
[1
2;
)
14
2
0









x
x








Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x  y  1  2
Câu 10 (1,0 điểm): Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: ab  a  b  3 . Tìm giá trị lớn nhất
3a
3b
ab
1,0
của biểu thức P 


 2a 2  2b 2
b 1 a 1 a  b
Đặt t  a  b ta có ab  a  b  3  t  3  ab (1)
Ta có a, b, c là các số dương nên từ (1) suy ra 0  t  3 (2)
2
t  2
t2
0,25

 ab
Ta lại có t  3  ab  3  
hay
(3)
3
t


 t 2  4t  12  0  

4
 2 
t  6
Từ (2) và (3) suy ra 2  t  3
3(a 2  b2 )  3(a  b) ab
5(a  b)2  3(a  b) ab 5ab
2
2

 2(a  b ) 


Ta có P 
4
2
a  b  ab  1
ab
ab
2
2

0,25
 ab
 a b 
5
2



2
5t
5(a  b)  3(a  b)  2 
2 


 
Hay P  t 
8
4
ab
2
2
5t
Xét hàm số f (t )  t 
trên [2;3)
8
5t
0,25
Có f '(t )  1   0, t  [2;3) suy ra hàm số f '(t ) nghịch biến trên [2;3)
4
1

Suy ra f (t )  f (2), t [2;3) hay f (t )   , t  [2;3)
2
1
Vậy P lớn nhất bằng  khi a  b  1
0,25
2