DE THI THU THPT QUOC GIA 2016 TRUONG THPT NGUYEN VIET XUAN PHU YEN

<span class='text_page_counter'>(1)</span> Biên soạn: Đặng Nhật Long. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 Môn: TOÁN ; Khối 12 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề TRƯỜNG THPT NGUYỄN VIẾT XUÂN – PHÚ YÊN. ĐỀ THI THỬ ( ). Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  f  x   x3  3x 2  2 có đồ thị  C  . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ x0 , biết f ''  x0   5 x0  7 . Câu 2. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2sin 2 x  3 sin 2 x  2  0 . 2) Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z   3  i  z  2  6i . Tìm phần thực, phần ảo của số phức. w  2z  1. Câu 3. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình : log 2  x  1  3log 1  3x  2   2  0 8. 2) Một hộp chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 viên bi. Tính xác xuất để 4 viên bi được chon có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất. 1. . . Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân: I   x 2 1  x 1  x 2 dx 0. Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3;0; 4  , B 1;0;0  . Viết phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm điểm M trên tia Oy sao cho MA  MB 13 . Câu 6. (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. hình chiếu vuông góc của A’ trên  ABC  là trung điểm cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 600 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC’A’). Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD.  BAD  ADC  90  có đỉnh D  2; 2 và CD  2 AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm D lên 0.  22 14  đường chéo AC. Điểm M  ;  là trung điểm của HC. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C , biết rằng  5 5 đỉnh B thuộc đường thẳng  : x  2 y  4  0 . 4 x 2  y  x  9  3x  1  x 2  5 x  y  8  Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x 12  y  y 12  x   12. Câu 9. (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy  x  y  3 . Tìm giá trị lớn nhất của. biểu thức 3x 3y xy     x2  y 2  y 1 x 1 x  y ----------------- HẾT ----------------Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm P. Họ và tên học sinh : ...................................................... Số báo danh : ................................................. Chữ kí giám thị 1: ......................................................... Chữ kí giám thị 2: ......................................... www.luyenthi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN Câu 1. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị. hàm số y  f  x   x3  3x 2  2. (1,0). 2 ) Ta có y '  f '  x   3x  6 x và y ''  f ''  x   6 x  6 2. Khi đó f ''  x0   5 x0  7  6 x0  6  5 x0  7  x0  1. (0,25). Với x0  1  y0  2 và y '  x0   y ' 1  9. (0,25). Vậy phương trình tiếp tuyến của  C  là: y  2  9  x  1  y  9 x  7 Câu 2. 3 1 1 sin 2 x  cos 2 x  1) 2sin 2 x  3 sin 2 x  2  0  3 sin 2 x  cos 2 x  1  2 2 2.   x   k     6  sin  2 x    sin   6 6   x    k  2. k  . (0,5). (0,25). (0,25). 2) Giả sử z  a  bi  a, b .   z  a  bi , khi đó: 1  i  z   3  i  z  2  6i  1  i  a  bi   3  i  a  bi   2  6i  4a  2b  2bi  2  6i. 4a  2b  2 a  2    z  2  3i 2b  6 b  3 Do đó w  2 z  1  2  2  3i   1  5  6i Vậy số phức w có phần thực là 5, phần ảo là 6. Câu 3. 1) Điều kiện: x  1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình log 2  x  1  log 2  3x  2   2  0  log 2  4 x  4   log 2  3x  2 .  4 x  4  3x  2  x  2 Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm x  2 . 4 2)Ta có: n     C 15  1365. (0,25). (0,25). (0,25) (0,25) (0,25). Gọi A là biến cố “4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất’ 1 2 1 Khi đó n  A   C 4C 5C 6  240 Vậy p  A . n  A 16  n    91. 1. (0,25). . . 1. 1. Câu 4. I   x 1  x 1  x dx   x dx   x3 1  x 2 dx 2. 0. 2. 1. 1. x3 I1   x dx  3 0. . 2. 0. 2. 0. 0. 1 3. (0,5). 1. I 2   x3 1  x 2 dx 0. Đặt t  1  x 2  x 2  1  t 2  xdx  tdt Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  0. 1  t3 t5  2  I 2    1  t  t dt    t  t dt       3 5  0 15 1 0 0. 1. 2. 2. 2. 4. www.luyenthi24h.com. (0,25).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy I  I1  I 2 . 7 15. (0,25). Câu 5. + Gọi  S  là mặt cầu có đường kính AB và I là trung điểm của AB. Ta có I  1;0; 2  , AB  4 2. (0,25). Khi đó mặt cầu  S  có tâm I và có bán kính R .  x  1. 2.  y2   z  2  8. AB  2 2 nên có phương trình 2. 2. (0,25). + M  Oy  M  0; t ;0  khi đó.  3   t  Với t  1  M  0;1;0  t  1  M  0; 1;0  MA  MB 13 . 2. 2.  42  12   t   02 . 13  25  t 2  13 1  t 2   t  1 2. (0,25). (0,25). Câu 6. + Gọi H là trung điểm của AB, suy ra A ' H   ABC  và  A ' C ,  ABC    A ' CH  600 . Do đó. A ' H  CH .tan 600 . 3a 2. (0,25). 3a 3 3 (0,25) 8 +Gọi I là hình chiếu vuông góc của của H trên AC; K là hình chiếu vuông góc của H trên A’I. Suy ra HK  d  H ,  ACC ' A '  . Thể tích của khối lăng trụ là VABC . A ' B 'C '  A ' H .SABC . a 3 1 1 1 3a 13    HK  (0,25) 2 2 2 4 HK HI HA ' 26 3a 13 Do đó d  B,  ACC ' A '   2d  H ,  ACC ' A '    2 HK  (0,25) 13 Câu 7. Gọi E là trung điểm của đoạn DH. Khi đó tứ giác ABME là hình bình hành  ME  AD nên E là trực tâm tam giác ADM. Suy ra  AE  DM mà AE / / DM  DM  BM (0,25) Phương trình đường thẳng BM : 3x  y  16  0  x  2 y  4  B  4; 4  Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  (0,25) 3x  y  16. Ta có HI  AH .sin IAH . AB IB 1  10 10     DI  2 IB  I  ;  CD IC 2  3 3 Phương trình đường thẳng AC : x  2 y  10  0  14 18  phương trình đường thẳng DH : 2 x  y  2  0  H  ;   C  6; 2  5 5. Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có. Từ CI  2 IA  A  2; 4  .. 1  x   3   Câu 8. Điều kiện:  y  12  y 12  x 2   0   x 2  5 x  y  8  0. (0,25) (0,25).  *. www.luyenthi24h.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Ta có.  x 12  y  12 y 12  x 2   12  x 12  y   2 12 x  24 x 12  y  12 12  y   y  12  x 2  x 12  y  12     1 2  x  12  y  0   x  2 3; 0  y  12  3 Thay vào phương trình 1 ta được: 3x 2  x  3  3x  1  5 x  4.  2 . . . .  . (0,25). .  3  x 2  x   x  1  3x  1  x  2  5 x  4  0 1 1     x2  x   3   0 x  1  3x  1 x  2  5 x  4    x 2  x  0  x  0 hoặc x  1 . Khi đó ta được nghiệm  x; y  là  0;12  và 1;11 . Câu 9. 2 Đặt t  x  y  xy  3  t ; x 2  y 2   x  y   2 xy  t 2  2  3  t   t 2  2t  6 1 2  x y Ta có xy     3t  t  t  2 4  2  2 2 3 x  y   3 x  y  xy 12 5    x 2  y 2   t 2  t   Suy ra P  xy  x  y  1 x y t 2 12 5 Xét hàm số f  t   t 2  t   với t  2 t 2 2 Ta có f '  t   2t  1  2  0, t  2 . Suy ra hàm số f  t  nghịch biến với t  2 t 3  P  f t   f  2  2 3 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng khi x  y  1 . 2. (0,25). (0,5) (0,25). 2. www.luyenthi24h.com. (0,25). (0,25). (0,25).

<span class='text_page_counter'>(5)</span>