De co giai chi tiet THPT chuyen Nguyen Quang Dieu Dong Thap

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. LUY N THI ONLINE : ONTHI360.COM 2x 1 . x 3 Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 , biết rằng tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d : x  9 y  3  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 bất phương trình log2 ( 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 2 x dx . 3  4 sin x  cos2 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 tham số của đường   1 1 1 thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và nằm trong mặt phẳng (P ) . thẳng d :. Câu 6 (1,0 điểm)..   a) Giải phương trình 2sin 2 x    3 cos 2 x  2 .  3 b) Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng gồm: ĐKVĐ U21 HA.GL,. U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, U21 Myanmar và U19 Hàn Quốc. 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 U21 HA.GL và U21 Thái Lan 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 DC , SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm M  2; 1 , N lần lượt là trung điểm của HB và HC ; điểm.  1 1 K   ;  là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết rằng điểm A có tung độ âm và thuộc  2 2 đường thẳng d : x  2 y  4  0 . 2 2 3 x  2 xy  2 y  3 x  2 y  0 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 . 2 5 x  2 xy  5y  3 x  3y  2  0. 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 z  xy  1 x  yz  1 y  zx  1 P 2  2  2 . y  yz  1 z  zx  1 x  xy  1. Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x , y , z thỏa mãn x  y  z . ) Đ thi th THPT Qu c gia m i nh t có hư ng d n gi i chi ti t : diendan.onthi360.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1 Môn: TOÁN. Câu 1 (1,0đ). Đáp án Khảo sát sự biện thiên và vẽ đồ thị của hàm số y . Điểm 1,00. 2x 1 . x 3. ♥ Tập xác định: D   \ 3 ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: y ' . 0,25 5.  x  3. 2. ; y '  0, x  D .. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;3 và 3; . 0,25.  ￚ Giới hạn và tiệm cận: lim y  xlim y2 .  tiệm cận ngang: y  2. lim y  ; lim y  .  tiệm cận đúng: x  3. x . x 3. x 3. 0,25. ￚ Bảng biến thiên:. x y' y. .  . 2 . 2. . 3 . 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. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 , biết rằng tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d : x  9 y  3  0 .. 1,00.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> (1,0đ). 3 (1,0đ). 1  Đường thẳng d có hệ số góc là kd   . Do tiếp tuyến vuông góc với d nên hệ số 9 1 góc của tiếp tuyến là ktt    9 . kd. 0,25.  Khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình. 0,25. x  1 y '  ktt  3 x 2  6 x  9  x 2  2 x  3  0    x  3  Với x  1  y  2 , tiếp điểm 1;2  . Phương trình tiếp tuyến là y  9 x  7 .. 0,25.  Với x  3  y  2 , tiếp điểm  3; 2  . Phương trình tiếp tuyến là y  9 x  25 .. 0,25. a) Giải bất phương trình log2 ( x  3)  log 1 ( x  2)  1. 0,50. (1). 2.  Điều kiện: x  3 . Khi đó: (1)  log2 ( x  3)( x  2)   1  ( x  3)( x  2)  2. 0,25.  x 2  5x  4  0  1  x  4  Kết hợp với điều kiện x  3 ta có nghiệm của bất phương trình (1) là 3  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  a  bi ,  a, b    ta có:. 0,25. 0,50.  a  4 b  1 a  9 .  (1  2i )z  (1  2 z)i  1  3i  a  4b  (b  1)i  1  3i   b  1  3 b  2. 0,25.  Vậy môđun của z là z  a 2  b2  92  22  85 .. 1,00. . 4 (1,0đ). 2. sin 2 x dx . Tính tích phân I   3  4sin x  cos 2 x 0 . . . 2. 2 2 sin 2 x sin x cos x sin x cos x  Ta có: I   dx   2 dx   dx 2 3  4 sin x  cos2 x 0 0 sin x  2sin x  1 0  sin x  1.  Đặt t  sin x  1  dt  cos xdx , x  0  t  1; x  2. 2. 1 1 t 1 dt     2 2 t t 1 t 1.  Suy ra: I  .  2. t 2.   dt  2.  1 1    ln t    ln 2  . t 1 2  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P ) : x  y  z  3  0 và đường. 5 (1,0đ). 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      yz 2 1 1  1  z  2  Suy ra A(3; 4;2) .    Mặt phẳng (P ) có VTPT là n( P )  1;1;1 ; đường thẳng d có VTCP là ud   1;1;1. 0,25. 0,25 0,25 0,25. 1,00. thẳng d :. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng d    (P )  (Q)     1 1 1 1 1 1  Khi đó VTCP của  là u   n( P ) ; ud    ; ;  0; 2; 2  .    1 1 1 1 1 1      x  3   Vậy phương trình tham số của  là  y  4  2t  t    .  z  2  2t  6 (1,0đ).   a) Giải phương trình 2sin 2 x    3 cos 2 x  2 (1)  3    Ta có: 1  2 sin 2 x cos  2 cos 2 x sin  3 cos 2 x  2 3 3  sin2x+ 3 cos 2 x  3 cos 2 x  2  sin2x  2. 0,25. 0,50 0,25 (2) 0,25. Do sin 2 x  1 nên phương trình (2) vô nghiệm ♥ Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng gồm:. 0,50. ĐKVĐ U21 HA.GL, U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, U21 Myanmar và U19 Hàn Quốc. 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 U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau.  Số phần tử của không gian mẫu là:   C63C33  20 .. 0,25. Gọi A là biến cố: “đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau”. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  2!C42 C22  12 A 12 3   .  20 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 AK và DC , SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , góc giữa đường thẳng SB và. 0,25. ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   7 (1,0đ). 1,00. mặt phẳng ( ABCD ) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH . 0,25. S. N. A a. D. 450. 2a. B. A I H. K M. B. I. H. K C. D. M. C.  Do SH  ( ABCD ) nên HB là hình chiếu của SB lên ( ABCD )    Suy ra  SB;(ABCD)   SB; HB   SBH  450  SH  BH 1 2a 2a Xét tam giác vuông ABC ta có: AC  a 5 , HK  AK  , BK  2 5 5 Xét tam giác vuông BKH ta có. Đ thi th THPT Qu c gia m i nh t có hư ng d n gi i chi ti t : diendan.onthi360.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 4a2 4a2 8a2 2a 2 2a 10    SH  BH   5 5 5 5 5  Thể tích khối chóp S. ABCD là BH 2  BK 2  HK 2 . 0,25. 3. 1 1 1 2a 10 4a 10 . V  SABCD .SH  AB. AD.SH  .2a.a.  3 3 3 5 15  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 . 1 1 1 2a 2 2a 5 SB  HB. 2  2 2 2 2 5 5. 2a 5 . 5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình. Vậy d  SB, MH  . 8 (1,0đ). 1,00. chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm M  2; 1 , N lần lượt là trung điểm của.  1 1 HB và HC ; điểm K   ;  là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết  2 2 rằng điểm A có tung độ âm và thuộc đường thẳng d : x  2 y  4  0 . C N H K(-1/2;1/2). M(2;-1). I A. x+2y+4=0. B.  Gọi I là trung điểm của AH , ta có MI / / AB  MI  AC Suy ra: I là trực tâm tam giác AMC  CI  AM Mà NK  AM  NK / / CI  K là trung điểm HI .    2a  2 2  a  ;  Đặt A  2a  4; a   d , từ hệ thức AK  3KH  H   3   3   7   2a  4 5  a   1 Suy ra: AK    2a;  a  và MH   ;  2 3  2   3   7   2a  4   1  5  a  Khi đó: AK .MH  0    2a       a 0 2  3   2  3 . 0,25. 0,25.  a  1  A  2; 1 .  10a  13a  23  0    a  23  10  Suy ra tọa độ H  0;1 và B  4; 3 . 0,25. Phương trình AB : x  3y  5  0 và BC : x  y  1  0 .  Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:. 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 9 (1,0đ).  x  3y  5  x  4   C  4; 3  .  x  y  1  y  3 2 2 (1) 3 x  2 xy  2 y  3 x  2 y  0 Giải hệ phương trình  2 . 2 (2) 5 x  2 xy  5y  3 x  3y  2  0  Nhân hai vế của phương trình (1) với 3 rồi trừ theo vế cho (2), ta được phương trình: 4 x 2  4 xy  y 2  6 x  3y  2  0 2 x  y  1 .  (2 x  y )2  3(2 x  y )  2  0   2 x  y  2  Nếu 2 x  y  1 thì y  1  2 x , thay vào (1) ta được:. . x  0  y  1 7 x  5x  0   x  5  y   3  7 7  Nếu 2 x  y  2 thì y  2  2 x , thay vào (1) ta được:. 1,00 0,25 0,25 0,25. 2. 0,25. x  1  y  0 7 x  11x  4  0   x  4  y  6  7 7 5 3  4 6 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là  0;1 ; 1; 0  ;  ;   ;  ;  . 7 7  7 7 2. 10 (1,0đ). 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 z  xy  1 x  yz  1 y  zx  1 . P 2   y  yz  1 z 2  zx  1 x 2  xy  1. Cho ba số thực dương x , y, z thỏa mãn x  y  z .  Biến đổi biểu thức P , ta có:. 1,00. 0,25 2. 2 2  1  1  1 x  y  z       y   z  x P   1 1 1 y z x z x y. a2 b2 c 2 (1)    a  b  c  a, b, c  0  b c a Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 b2 c2 a2 b2 c 2  b  2a,  c  2b,  a  2c     abc. b c a b c a  1  1  1 1 1 1 Sử dụng (1) ta suy ra: P   x     y     z    x  y  z     Q y  z  x x y z . 0,25.  Chứng minh bất đẳng thức:.  Tiếp tục đánh giá Q , ta có: Q  3 3 xyz . 3 3. 0,25. xyz. xyz 1  3 2 3 3 9 15  Khi đó: Q  3t   12t   9t  2 36   t t 2 2 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  2 15 1 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là , đạt khi x  y  z  . 2 2 Đặt t  3 xyz , ta có: 0  t  3 xyz . Đ thi th THPT Qu c gia m i nh t có hư ng d n gi) i chi ti t : diendan.onthi360.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>