Tai lieu 11

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LIÊN HÀ. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 2x 1 . x3 Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2, biết rằng tiếp tuyến song song với đường thẳng d : 9 x  y  7  0.. Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y . Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình log 2 ( x  3)  log 1 ( x  2)  1. 2. b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2i) z. (1 2 z )i. 1 3i. Tính môđun của z..  2. sin x dx. 9  cos 2 x 0. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  3  0 và đường x y 1 z 1   . Tìm tọa độ giao điểm A của d với (P) và lập phương trình mặt phẳng (Q ) chứa thẳng d : 1 1 1 đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P ). Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2sin 2 x. 3 cos 2 x 1. 3 b) Giải bóng đá Công đoàn cụm các trường THPT Đông Anh quy tụ 6 đội bóng đá Nam gồm: Liên Hà, Cổ. Loa, Đông Anh, Bắc Thăng Long, Vân Nội và An Dương Vương. Các đội chia thành 2 bảng A và B, mỗi bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội Liên Hà và Cổ Loa nằm ở hai bảng khác nhau. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a, AD  a , K là hình chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC, các điểm H , M lần lượt là trung điểm của AK và. 2a 10 và SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và 5 khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH .. DC, SH . Câu 8 (1,0 điểm). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 5. Gọi M , N lần. 12 70 ; ) là hình chiếu vuông góc của A 13 13 trên đường thẳng BM . Điểm C (8; 2), điểm N thuộc đường thẳng x  2y  0. Tìm tọa độ các điểm A, B, D .. lượt là các điểm trên cạnh AD, AB sao cho AM  AN , điểm H (. Câu 9 (1,0 điểm). Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực x 2  xy  2x  y  1  y  1  x   2  2x  my  y  1  x  1 Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thay đổi, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 F   3 3a  4b  4 ac 3a  2b  6 abc 7(a  b  c). -----------------------Hết---------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Đáp án. Câu 1 (1,0đ). Điểm 1,00. 2x 1 Khảo sát sự biện thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  . x3 ♥ Tập xác định: D  \ 3 ♥ Sự biến thiên: 5 ￚ Chiều biến thiên: y '  ; y '  0, x  D . 2  x  3. 0,25. ;3 và 3;. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng. ..  ￚ Giới hạn và tiệm cận: lim y. x. lim y. lim y x. 2. x. ; lim y. 3. x. 3. 0,25 2. tiệm cận ngang: y tiệm cận đúng: x. 3. ￚ Bảng biến thiên:. x. y' y. 0,25. 3 2. 2. ♥ Đồ thị: + Giao điểm với các trục: 1  1 1 1  Oy : x  0  y  :  0;  và Oy : y  0  2 x  1  0  x  :  ;0  3  3 2 2   1 1  Đồ thị cắt các trục tọa độ tại  0;  ,  ;0  .  3  2  + Tính đối xứng: Đồ thị nhận giao điểm I  3;2  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 (1,0đ). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 , biết rằng tiếp tuyến song song với đường thẳng d : 9 x  y  7  0 . *Tập xác định: D  * y'(x 0 )  3x 02  6x 0. 1,00. *Tiếp tuyến của đồ thị (C) có phương trình dạng: y  y '(x 0 )(x  x 0 )  y(x 0 ).  y  (3 x02  6x 0 )(x  x 0 )  x 03  3x 02  2. 0,25. (*). (trong đó x 0  D là hoành độ tiếp điểm ). 3 (1,0đ). *Tiếp tuyến (*) song song với d nên x  1 3 x0 2  6 x0  9   0  x0  3  Với x0  1 , phương trình tiếp tuyến là y  9 x  7 (loại ). 0,25.  Với x0  3 , phương trình tiếp tuyến là y  9 x  25 ( thỏa mãn). 0,25. a) Giải bất phương trình log2 ( x  3)  log 1 ( x  2)  1. 0,50. (1). 0,25. 2.  Điều kiện: x  3 . Khi đó: (1)  log2 ( x  3)( x  2)  1  ( x  3)( x  2)  2. 0,25.  x2  5x  4  0  x  1 x  4  Kết hợp với điều kiện x  3 ta có nghiệm của phương trình (1) là x  4 . b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2i ) z (1 2 z )i 1 3i . Tính môđun của z .. 0,25.  Đặt z. 0,25. a bi , a, b. ta có:. 0,50.  a  4b  1  a  9 .  (1  2i)z  (1  2z)i  1  3i  a  4b  (b  1)i  1  3i   b  1  3 b  2  Vậy môđun của z là z. a2. b2. 92. 22. 85 .. . 4 (1,0đ). 1,00. sin x Tính tích phân I   dx 2 0 9  cos x 2.  Đặt t  cos x  dt   sin xdx  x  0  t  1; x .  2. 0,25 0,25. t0. 0. 1 1 1  1 1   Suy ra: I    dt     dt 2 6 0  3 t 3t  1 9t 1 1 1   ln 3  t  ln 3  t  ln 2 . 0 6 6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x  y  z  3  0 và đường. . 5 (1,0đ). 0,25. . x y 1 z 1   . Tìm tọa độ giao điểm A của d với ( P ) và lập phương 1 1 1 trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và nằm trong mặt phẳng ( P ) .  Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình x  y  z  3  x  3 x  y  z  3  0     1  y  4 .  x y 1 z 1  x  y     z  2 yz2 1 1  1  . 0,25 0,25 1,00. thẳng d :. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  Suy ra A(3; 4;2) .. 0,25.  Mặt phẳng ( P ) có VTPT là n( P )  1;1;1 ; đường thẳng d có VTCP là ud   1;1;1 1 1 1 1 1 1 ; ;  0; 2;2   1 1 1 1 1 1    . (Q ) có vtpt là nQ   n( P ) ; ud   . . . 0,25. Vậy mặt phẳng (Q ) có phương trình là : y  z  7  0 6 (1,0đ). a) Giải phương trình 2sin 2 x  Ta có:. 1. 3 cos 2 x. 3. 2sin 2 x cos. sin2x. (1). 1. 2 cos 2 x sin. 3 sin2x+ 3 cos 2 x. 1. x. 0,25 0,50. 3 cos 2 x. 3 3 cos 2 x. 0,25. 1. 1 0,25. k. 4. b)Giải bóng đá Công Đoàn cụm các trường THPT Đông Anh quy tụ 6 đội bóng đá. 0,50. Nam gồm: Liên Hà, Cổ Loa, Đông Anh, Bắc Thăng Long, Vân Nội và An Dương Vương. Các đội chia thành 2 bảng A, B, mỗi bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội tuyển Liên Hà và Cổ Loa nằm ở hai bảng khác nhau.  Số phần tử của không gian mẫu là:. C63C33 20 . Gọi A là biến cố: “Đội Liên Hà và đội Cổ Loa nằm ở hai bảng khác nhau”. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A 2!C42 C22 12. ♥ Vậy xác suất cần tính là P A. 7 (1,0đ). 12 20. A. 0,25 0,25. 3 . 5. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a, AD  a , K là hình chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC , các điểm H , M lần lượt là trung điểm của. 1,00. 2a 10 và SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Tính theo a 5 thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH . AK và DC , SH . 0,25. S. N. A a. 450. 2a. B. A. H. I H. K D. M. K C. 1 * SH  (ABCD)  VABCD  .SH .SABCD 3 2 * SABCD  AB.AD  2a  Thể tích khối chóp S. ABCD là. B. I. 4a3 10 . V 15. D. M. C. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  Gọi I là trung điểm của BK , suy ra tứ giác HICM là hình bình hành Suy ra: HI  BC  I là trực tâm tam giác BHC  CI  HB  MH  HB Mà HB là hình chiếu của SB lên ( ABCD ) nên MH  SB .  Trong (SHB) , kẻ HN  SB ( N  SB) , ta có:. 0,25. 0,25.  MH  HB  MH  HN   MH  SH. Suy ra HN là đoạn vuông góc chung của SB và MH . Suy ra: d  SB, MH   HN Xét tam giác vuông SHB ta có: HN  Vậy d  SB, MH   8 (1,0đ). 1 1 1 2a 2 2a 5 SB  HB. 2  2 2 2 2 5 5. 2a 5 . 5. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 5. Gọi M , N. 1,00. 12 70 ; ) là hình 13 13 chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BM . Điểm C (8; 2), điểm N thuộc đường thẳng x  2y  0. Tìm tọa độ các điểm A, B, D . lần lượt là các điểm trên cạnh AD, AB sao cho AM  AN , điểm H (. K. N. A. B. H M. D. E. C. * DAE  ABM  DE  AM  AN  NB  CE  tứ giác NBCE là hình chữ nhật nội tiếp đường tròn đường kính NC (1) *Tứ giác BCEH nội tiếp đường tròn (2) Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B,C,E,H,N cùng thuộc đường tròn đường kính NC  HN  HC 92 44 *Đường thẳng HN đi qua H và có vtpt CH  ( ; ) cùng phương n(23;11) 13 13  (NH ) : 23x  11y  38  0. 0,25 0,25.  20 2 4 2 23x  11y  38  0 *Tọa độ N là nghiệm của hpt   N ( ; )  NC  x  2y  0 3 3 3   * NB  NC 2  CB 2 . 4 5 8 5  AM  AN  AB  NB  3 3. 1 1 1 8 65 4 65    AH  , AE  AD 2  DE 2  AE  2 2 2 13 3 AH AM AB AH 6 HA 6     AE 13 HE 7 HK AK 6 6 3    HK   HC và AK   AN * HAK HEC  HC EC 7 7 7 36 58  K ( ; ) và A(4; 6) 7 7. *. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> * AB . 3 AN  B(0; 2) 2. *CD  BA  D(4;10) Đáp số : A(4; 6), B(0; 2), D(4;10) 9 (1,0đ). 1,00. Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực. x 2  xy  2x  y  1  y  1  x   2  2x  my  y  1  x  1. x  1  *Điều kiện: y  1 2x 2  my  0  *Biến đổi PT(1) tương đương với (x  y  1)(x  1  Vì x  1; y  1 nên x  1 . 1 x  y 1. )  0 (1)’. 1.  0 do đó x  y 1 (1)'  x  y  1  0  y  x  1 thay vào PT(2) ta được. 0,25. 2 x 2  mx  m  x  x  1  2( x  1) 2  2  4( x  1)  m( x  1)  x  1  1  x  1. , do x=1 không là nghiệm nên chia 2 vế cho 2(x  1 . x  1 ta được. 1 1  2)  m  x  1  1 x 1 x 1. 0,25 *Đặt t  x  1 . 1 x 1. ,t  0  x  1 . 1  t 2  2 PT trên trở thành x 1. 2t 2  m  t  1  t 2  2t  1  m (*) Nhận xét: +)với x  1  t  2; ). +)hệ pt đã cho có nghiệm ( x; y ) khi và chỉ khi pt(*) có nghiệm t  2; ). 0,25. *Xét hàm số g (t )  t 2  2t  1 với t  2; ). g '(t )  2t  2  0, t  2; ) Bảng biến thiên x 2  g '(t ) + g (t )  1 *Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị m cần tìm là m  1.. 10 (1,0đ). 0,25. Các số a, b, c dương thay đổi, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 F   3 3a  4b  4 ac 3a  2b  6 abc 7(a  b  c). 1,00. *Áp dụng bất đẳng thức Cô si : 2. a.(4c)  a  4c. 0,25. 3. 3 a.(2b).(4c)  a  2b  4c.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> F. 0,25. 1 1  2(a  b  c) 7(a  b  c). *Đặt t  7(a  b  c), t  0  F  *Ta có g '(t ) . 7 1   g (t ) 2t 2 t. 0,25. t 7 , g '(t )  0  t  7 t3. 1 1 F  14 14 a  4  a  2b  4c  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   b  2  c  1  7(a  b  c)  7  1 Vậy MinF   14. *Lập bảng biến thiên suy ra g (t )  g (7)  . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>