De dap an de thi minh hoa 2016 nguon fb

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG QUANG. ĐỀ THI MINH HỌA – KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: Toán Thời gian làm bài:180 phút. Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y . 2x  1 x2. 3 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số y  x  3  m  1 x  m  2 đạt cực đại tại x  1. Câu 3 (1,0 điểm). 2 2 a) Giải phương trình 2sin x  3 sin xcosx  cos x  1 b) Một nhóm học sinh gồm 7 nam và 5 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh trực nhật. Tính xác suất để chọn được 3 học sinh có cả nam và nữ. Câu 4 (1,0 điểm).. x 4. a) Giải bất phương trình log 22 x  log 2  4 b) Cho số phức z thỏa mãn z  3z  8  4i . Tìm mô đun của số phức   z 10 . 2. Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x. . . x  1  ln x dx. 1. Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y + 2z = 0 và hai đường thẳng d:. x 1 y  2 z x 1 y 1 z 1 , d’:     . Viết phương trình đường thẳng  1 3 2 2 1 1. nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng d và cắt đường thẳng d’. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD . 3a . Hình chiếu 2. vuông góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD .. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;4), tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc ADB có phương trình: x  y  2  0 . Điểm M  4;1  AC . Viết phương trình đưởng thẳng AB. Câu 9 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau:  x y 2 xy x 2  y 2  1  2 xy    2x x y  x y  2 2  x  y  4 xy  4 y xy Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 . Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2  cb  c 2   2  1   ab  b  P  4 2 2 4   8ln  c 4 a 2  c 2b4  1  3 4 2 2 4   2 a a b b b b c b   . ------HẾT------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG QUANG. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI MINH HỌA – KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: Toán. Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  Solve: + TXĐ: D . 2x  1 x2. \ 2. + Sự biến thiên - Chiều biến thiên: y  . 5.  x  2. 2.  0 x  D. - Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 2 và  2;   - Hàm số đã cho không có cực trị - Tiệm cận lim y  2  TCN : y  2 x. lim y   ; lim y    x  2: TCÑ. x2. x 2.  Bảng biến thiên. x. -∞. -. y' y. +∞. 2 +∞. 2. -. -∞. 2.  Đồ thị. 3 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số y  x  3  m  1 x  m  2 đạt cực đại tại x  1. Solve: + TXĐ: R y '  3x 2  3  m  1 HS đạt cực đại tại x  1  y '  1  0  ...  m  0 Thử lại: m = 0 (thỏa mãn).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> KL. Câu 3 (1,0 điểm). 2 2 a) Giải phương trình 2sin x  3 sin xcosx  cos x  1 b) Một nhóm học sinh gồm 7 nam và 5 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh trực nhật. Tính xác suất để chọn được 3 học sinh có cả nam và nữ.. Solve: 2 2 a) 2sin x  3 sin xcosx  cos x  1. s inx  0 1. + Pt  sin 2 x  3 sin xcosx=0  . s inx  3cosx = 0  2 . 1  x  k  k    2   tan x . 3x.  3.  k. b) n    C123  220 + Gọi A là biến cố chọn được 3 HS có cả nam và nữ n  A  C71C52  C72C51  175 + Xác suất P  A  . n  A  35  n    44. Câu 4 (1,0 điểm). x 4. a) Giải bất phương trình log 22 x  log 2  4 2.  2i  b) Tìm số phức z thỏa mãn 1  i  z  3iz    .  i 1 Solve: a. +) Điều kiện của bất phương trình (1) là: x  0 (*) +) Với điều kiện (*), (1)  log 22 x  log 2 x  log 2 4  4  log 22 x  log 2 x  2  0  (log 2 x  2)(log 2 x  1)  0.  x4  log 2 x  2   0  x  1 log x   1  2  2 . 1. +) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình (1) là S   0;    4;    2 b..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. 2i 1  i  z  3iz     1  i  z  3iz  2i .  i 1 Giả sử z  a  bi  a,b   . PT trở thành: 1  i  a  bi   3i  a  bi   2i.  a  2b   4a  b  2  i  0 4  a    a  2b  0 7   4a  b  2  0 b  2  7 4 2 Vậy z    i . 7 7 2. Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x. . . x  1  ln x dx. 1. Solve: 2. I x. . . 2. 2. 1. 1. x  1  ln x dx   x x  1dx   x ln xdx  J  K. 1. Tính J: Đặt t  x  1 . Tính được J . 16 15. u  ln x 3 . Tính được: K  2 ln 2  4 dv  xdx. Tính K: Đặt . Suy ra I  2 ln 2 . 19 60. Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y + 2z = 0 và hai đường thẳng d:. x 1 y  2 z x 1 y 1 z 1 , d’:   . Viết phương trình đường thẳng    1 3 2 2 1 1. nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng d và cắt đường thẳng d’. Solve: + mp (P) có VTPT n P   2; 1; 2  , đường thẳng d có VTCP u d  1;3; 2  .  x  1  2t  PTTS của d’:  y  2  t . z  t . + Đường thẳng  nằm trong mp(P), vuông góc với đường thẳng d nên chọn VTCP của  là u    n P , u d    8; 2;7  . + Gọi A  d '  P   A 1  2t;2  t; t  . + Vì A   P  nên t = 0  A 1;2;0  .  nằm trong mp(P) và cắt d’ nên  đi qua A.  x  1  8t  + Vậy PT đường thẳng  là:  y  2  2t z  7t .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD . 3a . Hình chiếu 2. vuông góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD .. Solve: S. F C. B E H O A. D. K. +Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và 3a 2 a 2 )  ( )  a2  a 2 2 1 1 a3 +Diện tích của hình vuông ABCD là a 2 , VS . ABCD  SH .S ABCD  a.a 2  3 3 3 SH  SD2  HD2  SD 2  ( AH 2  AD2 )  (. +Từ giả thiết ta có HK / / BD  HK / /( SBD) +Do vậy: d ( HK , SD )  d ( H ,( SBD )) (1) +Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE +Ta có BD  SH , BD  HE  BD  ( SHE )  BD  HF mà HF  SE nên suy ra HF  ( SBD)  HF  d ( H , ( SBD)) (2) a 2. +) HE  HB.sin HBE  .sin 450 . a 2 4. +) Xét tam giác vuông SHE có: a 2 a 4  (3) 3 a 2 2 ( )  a2 4 a +) Từ (1), (2), (3) ta có d ( HK , SD)  . 3. SH .HE HF .SE  SH .HE  HF   SE. a.. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;4), tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc ADB có phương trình: x  y  2  0 . Điểm M  4;1  AC . Viết phương trình đưởng thẳng AB..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Solve:. + Gọi AI là phân giác trong BAC  AID  ABD  BAI. + Ta có: .  IAD  CAD  IAC.  BAI  IAC. Mặt khác ta lại có: .  ABC  CAD. + Từ đây ta suy ra: AID  IAD  AID cân tạ D. + Gọi E = giao điểm của phân giác trong ADB với AB, khi đó DE vuông góc với AI + Suy ra:  AI  : x  y  5  0 + Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AI. Vì M thuộc AC nên M’ thuộc AB=> M’(4;9) + Sau tất cả ta có:  AB  : 5x  3 y  7  0 Câu 9 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau:  x y 2 xy    x y  x y  2 2  x  y  4 xy  4 y xy. x 2  y 2  1  2 xy 2x. Solve: x  0 y  0. ĐK: . Pt thứ 2 tương đương với:.  x  y  2 xy  x  y  2 xy   0   x  y  2 xy . + Từ đây suy ra pt (1) sẽ trở thành:. x y. . 2.  0  x  y  2 xy.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> x y 2 xy   x y x y . x y  2 xy  x y.  x  y. . 2. 1. x y.  x  y. 2. . 2. 1.  x  y  2 xy  x  y    x  y .  x  y. 2.  *. 1. + Áp dụng bđt Bunhiacopki ta có: 2 2 VT *   x  y   4 xy   x  y   1   x  y    . x  y. 2.  1  VP *. + Dấu “=” khi và chỉ khi x2  y 2  2 xy + Sau tất cả … nghiệm của hệ pt đã cho là nghiệm của hệ sau:  2 2 x   x  y  2 xy  4    x  y  2 xy y  2 2  4 Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 . Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2   cb  c 2 1  ab  b   2 ln  c 4 a 2  c 2b 4  1 2  3 P  4 2 2 4 4 2 2 4  2  a  a b  b b  b c  b  3    2. . . 2. . . . . Solve: + Áp dụng bđt:   x  y 2. b a  b 2. 2. 2. . x y      Ta được: 2. 2. c b  c 2. 2. 2. . 2. 2 2  4 2 2 4  ln c a  c b  1  3    a 4  a 2b 2  b 4 b 4  b 2c 2  c 4 3  4 4 2 a b 2  4  4  ln  c 4 a 2  c 2b 4  1  3  2 2 2 4 2 2 4  a a b b b b c c 3 . P. . 2   2  c 2 b 2    ln   1  3  2   2 2 2 2  b2  b2  c 2  c 2  3  b a  1 2   2  1 2   2  a a  b b  2  b x     a + Khi đó ta đặt:  2 c  y     b  1 1 2 2 P   ln  x  y  1  3 2 2  1 x  x 1 y  y 3 . 1. 1. + Mặt khác ta lại có bổ đề sau:. 1 1 8   2 2 2 1 x  x 1 y  y  x  y  1  3. + Ta sẽ đi chứng minh bổ đề này, ta có bđt (*) tương đương với:. x. 2  x  2  y 2  y   x  y  1  3  8  x 2  x  1 y 2  y  1   2 2   x  y   x  y   3x  3 y  2 xy   0  LuonDung    2.  *.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Sau tất cả bđt (*) đã được chứng minh :3 + Áp dụng bổ đề trên ta có: P. 8 2 2  ln  x  y  1 2 3  2 đặt t   x  y  1  3  3 2  x  y  1 3 3. Xét hàm số : 8 2 f  t    ln t , t  3 t 3 8 2 f  t  '  2  ; f  t  '  0  t  12 t 3t. + Lập bảng biến thiên ta suy ra: P  f 12   a  b  c 1. 4 2  ln12 và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 3. ****) SAU TÁT CẢ .., MÌNH HI VỌNG CÁC BẠN SẼ RÚT RA ĐƯỢC NHIỀU KINH NGHIỆM HƠN, ĐỂ CHUẨN BỊ TỐT NHẤT CÓ KÌ THI SẮP TỚI. ĐĂKMIL NGÀY 07/04/2016 TRƯỜNG QUANG.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>