de thi thu binh phuoc co dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 01 trang). Môn thi: Toán 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 của hàm số. y=. - 2x + 3 x- 1 .. 3 2 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + 4x - 3x - 5 trên đoạn [- 2;1]. Câu 3 (1,0 điểm).  1  2z   3  4i   5  6i 0 . Tìm số phức w 1  z. a) Cho số phức z thỏa mãn log22 x - log4 x2 - 6 = 0 b) Giải phương trình . 1. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân. (. ). I = ò x 2 + ex dx. 0. x - 3 y +1 z - 1 = = 1 2 và điểm Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: 2 M (1;2;–3) . Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d. Viết phương trình mặt cầu tâm. M, tiếp xúc với d. Câu 6 (1,0 điểm).      0;  sin   3  1  cos   . P cos2  .  1  3cos   . 2   a) Cho và thỏa mãn Tính giá trị của biểu thức b) Trong buổi lễ tổng kết và tri ân năm học 2015–2016 tại một trường THPT có 14 lớp 12. Ban chấp hành đoàn trường chọn mỗi lớp 12 một em học sinh ưu tú để lên tặng hoa cho 14 chi hội trưởng các lớp 12. Biết rằng trong 14 chi hội trưởng này có 5 chi hội trưởng có con mình được chọn lên để tặng hoa. Khi tiến hành tặng hoa ban tổ chức sắp xếp ngẫu nhiên các em học sinh đã chọn để tặng hoa cho các chi hội trưởng. Tính xác suất để có đúng 3 chi hội trưởng được chính con mình tặng hoa.. BC / / AD.  . Hình chiếu Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân  vuông góc của S trên mặt đáy là trung điểm H của AD và SH a , AB BC CD a , AD 2a . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I . Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn tâm I cắt nhau tại điểm P. Đoạn IP cắt BC tại điểm H . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của PC và BH . Biết EF có phương trình 3 x  y  3 0 , điểm F nằm trên trục hoành,.  2;2  , điểm A nằm trên đường thẳng có phương trình 5x  y  6 0 và điểm A có tọa độ điểm H có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC và viết phương trình của đường tròn tâm I . Câu 9 (1,0 điểm).  6  x  x3  x2  x  8 x  14  2 x  2  x  2 ( x  1) 2  x  2 x  1 a) Giải phương trình trên tập số thực. b) Mỗi ngày một cơ sở sản xuất 2 loại bánh là B1 và B2. Để sản xuất được 1 chiếc bánh loại B1 cần 100g bột và 30g nhân; để sản xuất được một chiếc bánh loại B2 cần 150g bột và 50g nhân. Nguyên liệu mà cơ sở hiện có là 24000g bột và 7500g nhân. Hỏi với lượng nguyên liệu hiện có như trên, cơ sở nên sản xuất bao nhiêu bánh mỗi loại để doanh thu cao nhất. Biết rằng giá của mỗi chiếc bánh loại B1 là 10000 đồng, giá của mỗi chiếc bánh loại B2 là 16000 đồng và giả sử số bánh làm ra đều bán hết.. . . . . . .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 10 (1,0 điểm). Cho. x , y, z   1;2 . Q. 15  x  y  ( x  y)2   17. 2 z  4( xy  yz  zx) 16 z. . Tìm giá trị nhỏ nhất của: Hết (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC (Hướng dẫn – Thang điểm có 06 trang). HƯỚNG DẪN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016. Câu. Nội dung đáp án Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  Tập xác định: D = ¡ \ {1}. y¢=.  Đạo hàm:. - 1 (x - 1)2. lim y = - ¥ ; lim y = +¥ Þ x = 1 x®1+. 1. 1. và.  1;  . Hàm số không có cực trị.. là tiệm cận ngang.. 0,25. là tiệm cận đứng.. +. y¢. y. 1,0. 0,25.   ;1. x®+¥.  Bảng biến thiên: x –. - 2x + 3 x- 1 .. .. lim y = - 2 ; lim y = - 2 Þ y = - 2. x®1-. y=. Þ y¢< 0, " x Î D.  Hàm số nghịch biến trên các khoảng  Giới hạn và tiệm cận: x®- ¥. Điểm. –. –. –2 –+ –2. 3 y = 0 Þ - 2x + 3 = 0 Û x = 2.  Giao điểm với trục hoành: Cho  Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 3 ..  Bảng giá trị:. x 0 y –3. 1/2 –4. 1 ||. 3/2 0. 0,25. 2 –1.  Đồ thị hàm số:. 0,25. 2. 3 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + 4x - 3x - 5 trên đoạn [- 2;1]. 3 2 Hàm số y = x + 4x - 3x - 5 xác định và liên tục trên đoạn [- 2;1]. 2 Ta có y¢= 3x + 8x - 3. 1,0 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> éx = - 3 Ï [- 1;2] (l) ê y¢= 0 Û 3x + 8x - 3 = 0 Û ê 1 êx = Î [- 1;2] (n) ê ë 3 2. Cho. 0,25. 3 2 æö æö æö æö 1 1 1 1÷ 149 ÷ ÷ ÷ ç ç ç ÷ ÷ ÷ ÷ yç = + 4 × 3 × - 5= ç ç ç ç ÷ ÷ ÷ ÷ ç3ø ç ç ç è è ø è ø è ø 3 3 3 27 Ta có,. 0,25. y(- 2) = (- 2)3 + 4 ×( 2)2 - 3×( 2) - 5 = 9 y(1) = 13 + 4×12 - 3×1- 5 = - 3. Vậy,. min y = [- 2;1]. 149 1 khi x = , max y = 9 khi x = - 2 27 3 [- 2;1]. 0,25. 1  2 z   3  4i   5  6i 0 Cho số phức z thỏa mãn:  . Tìm số phức w 1  z.. 0,5.  1  2z   3  4i   5  6i 0 Gọi z a  bi, với a, b  R . Ta có:   2a  1  2bi   3  4i   5  6i 0. 3a. 0,25.   6a  8b  8    8a  6b  10  i 0 6a  8b  8 0   8a  6b  10 0  w 1  z .  32  a  25   32 1 b  1 z   i  25 25 25. 7 1  i 25 25 .. Giải phương trình:. log22 x - log4 x2 - 6 = 0. 0,5. ..  Điều kiện: x > 0. Khi đó, phương trình đã cho. Û log22 x - log2 x - 6 = 0. 2. t = log2 x. 3b. 0,25.  Đặt , phương trình trở thành: t - t - 6 = 0 . éx = 23 ét = 3 élog x = 3 ê ê 2 t2 - t - 6 = 0 Û ê Þ Û ê êt = - 2 êlog x = - 2 x = 2- 2 ê 2 ê ê ë ë ë  Ta có  Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm : x = 8 và. 4. 1. Tính tích phân:. (. x=. .. 0,25. 0,25. 1 4.. ). I = ò x 2 + ex dx.. 1,0. 0. 1. 1. I = ò 2xdx + ò xexdx = I 1 + I 2 0. 0,25. 0. Ta có 1. I 1 = x2 = 1- 0 = 1. 0,25. 0. 0,25. 1. I 2 = ò xexdx. 0 Tính ìï u = x ïï Þ í ïï dv = exdx Đặt ïî. ïìï du = dx í Þ I 2 = xex ïï v = ex ïî. ( ). 1 0. 1. -. x. òe dx = e 0. 1. ex = 1 0 ..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> I = I 1 + I 2 = 1+ 1 = 2.. 0,25. x - 3 y +1 z - 1 = = 1 2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: 2 và điểm M (1;2;–3) . Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường. 1,0. thẳng d. Viết phương trình mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d. r ud = (2;1;2). Đường thẳng d có vectơ chỉ phương . Gọi M đ lỏ hớnh chiếu của điểm M lởn d, vớ M đẽ d Þ toạ độ của điểm M đ cụ dạng: 5. Ta có. nên. Û (2 + 2t).2 + (- 3 + t).1+ (4 + 2t).2 = 0 Û 9t + 9 = 0 Û t = - 1 Þ M ¢(1;- 2;- 1) .. 0,25. 2 2 2 ¢ Mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d có bán kính R = MM = 0 + (- 4) + 2 = 2 5. 0,25. 2 2 2 Phương trình mặt cầu cần tìm là: (x - 1) + (y - 2) + (z + 3) = 20.. 0,25. Cho.      0;   2. và thỏa mãn 2 P cos  .  1  3cos   .. 6a. 6b. 0,25. uuuuu r M ¢(3 + 2t;- 1 + t;1+ 2t) Þ MM ¢= (2 + 2t;- 3 + t;4 + 2t) . uuuuu rr ¢.ud = 0 MM MM ¢^ d. sin   3  1  cos   .. Tính giá trị của biểu thức.   2    0;   2  , ta có sin   3 1  cos   sin  3 1  cos  Vì. . . . . 2. 0,5.  1  cos2  3  1  cos  . 2.  cos  1 (l)   1  cos    1  cos   3  1  cos    0    cos  1 (n)  2 1 1  3 1 cos    P  .  1    . 2 4  2 8 Với. 0,25. 0,25. Trong buổi lễ tổng kết và tri ân năm học 2015-2016 tại một trường THPT có 14 lớp 12. Ban chấp hành đoàn trường chọn mỗi lớp 12 một em học sinh ưu tú để lên tặng hoa cho 14 chi hội trưởng các lớp 12. Biết rằng trong 14 chi hội trưởng này có 5 chi hội trưởng có con mình được chọn lên để tặng hoa. Khi tiến hành tặng hoa ban tổ chức sắp xếp ngẫu nhiên các em học sinh đã chọn để tặng hoa cho các chi hội trưởng. Tính xác suất để có đúng 3 chi hội trưởng được chính con mình tặng hoa. Nếu sắp xếp ngẫu nhiên 14 em được chọn tặng hoa cho 14 phụ huynh ta thấy: Phụ huynh thứ nhất có 14 cách, phụ huynh thứ hai có 13 cách, …., cứ như thế phụ huynh cuối cùng có 1 cách. Do đó không gian mẫu có số phần tử là:.  14!. 0,25. .. 3 5. Chọn 3 phụ huynh trong 5 phụ huynh có con được chọn có C cách, mỗi phụ huynh được chọn này có đúng 1 cách chọn con mình để tặng hoa. Khi đó còn lại 11 phụ huynh và 11 học sinh cần bắt cặp để tặng hoa, trong đó vẫn còn 2 phụ huynh có con mình trong danh sách tặng hoa. Xét hai phụ huynh đặc biệt còn lại này ta thấy: Phụ huynh thứ nhất có 10 cách tặng (vì không được chọn con mình), phụ huynh thứ hai có 9 cách tặng (vì không được chọn con mình). Đến đây còn 9 phụ huynh và 9 học sinh và không bị ràng buộc nào cả nên có 9.8.7.6.5.4.3.2.1 9! cách tặng. Do đó nếu gọi A là biến cố thỏa mãn bài toán ta có:. 0,5. A C53 .10.9.9! C53 .9.10!. .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Vậy xác suất có đúng ba phụ huynh được chính con mình tặng hoa là: P  A . A . . C53 .9.10! 15  14! 4004. .. BC / / AD.  . Biết hình Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân  chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là trung điểm H của AD và SH a . AB BC CD a , AD 2a . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD .. 7. Ta có tứ giác BCDH là hình bình hành vì có BC và HD song song và bằng nhau  BH CD a  ABH đều cạnh a. Kẻ. BI  AH  BI . a 3 2 .. a 3 a  2 a   BC  AD BI   3a 2 3 2 S   2 2 4 Diện tích hình thang ABCD là: 2 3 1 1 3a 3 a 3 V  SH .S ABCD  a.  3 3 4 4 S . ABCD Thể tích khối chóp là: Ta có. AD / / BC  AD / /  SBC   d  AD, SB  d AD,  SBC  d H ,  SBC . . . . a 3 2 . Kẻ HJ  BC  BIHJ là hình bình hành BC  HJ , BC  SH  BC   SHJ   BC  HK Kẻ HK  SJ , ta có . HK  SJ , HK  BC  HK   SBC   d H ,  SBC  HK .. Ta có Xét tam giác vuông HSJ ta có :. . 0,25. 0,25. ..  HJ BI . 8. 1,0. 0,25. . 1 1 1 1 1 7 a 3 a 21  2  2  2  2  HK   2 2 7 HK HS HJ a 3a 3a 7 4 . Oxy Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I . Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn tâm I cắt nhau tại điểm P. Đoạn IP cắt BC tại điểm H . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của PC và BH . Biết EF. 0,25 1,0.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> có phương trình 3x  y  3 0 , điểm F nằm trên trục hoành, điểm H có tọa độ.  2;2  , điểm. A nằm trên đường thẳng có phương trình 5 x  y  6 0 và điểm A có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC và viết phương trình của đường tròn tâm I .. Ta có F EF  Ox  Tọa độ của F là nghiệm của hệ phương trình: 3 x  y  3 0  x 1     y 0  y 0 F  1; 0  .  x  xH 2 xF  x  2 2   B  B y  y 2 yF  yB  2 0 . F là trung điểm BH  B H  x 0  B  B  0;  2  .  yB  2. 0,25.  x  xC 2 x H 0  xC 4   B   yB  yC 2 y H  2  yC 4     H là trung điểm BC  IFE 900..  xC 4  C  4; 6    yC 6 .. 0,25. Ta có tính chất Thật vậy ta có. HBI CPI  g  g . . Mà IF, IE lần lượt là các đường trung tuyến.     0 0 tương ứng nên IFH IEC  Tứ giác ICEF nội tiếp. Mà ICE 90  IFE 90 . F 1; 0 Ta có IF đi qua   và IF  EF  IF : x  3y  1 0.. FH  1;2  H 2;2 Ta có IH đi qua   và nhận là pháp vectơ nên IH có phương trình: x  2 y  6 0.. Ta có. 0,25. I IF  IH  I  4;1  R IB  16  9 5. 2.  I  : x  4    y  1 Khi đó. 2. 25. . Ta có A là giao của đường tròn tâm I và đường thẳng 5 x  y  6 0 . Do đó tọa độ của A là nghiệm của hệ  x  4  2   y  1 2 25   5x  y  6 0.  x  4  2   y  1 2 25  26 x 2  42 x  16 0    y 5x  6. Vì điểm A có tọa độ nguyên nên. A   1;1 . 2. Kết luận:. 2. A   1;1 , B  0;  2  , C  4;6  ,  I  :  x  4    y  1 25..  x  1   x  8  13. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  6  x  x Giải phương trình: ĐK : x 2 . PT . Ta có .  6  x  x. 3. . 3.  x2  x. . ( x  1) 2  x  2. ( x  1) x  1.  x2  x. ( x  1) 2  x  2.  6  x  x  x2  x. 3. .   8x  14 . . x 1. . . . x 1. .  8 x  14  2 x  2  x  2. .  8x  14  x  2 2 . x 2. . 0,5.  0,25. x  2  4  x  2.  x 6    x3  x 2  x  8 x  14  x  2 (*)  ( x  1) x  1 . 9a. (*) . Ta có. x3 ( x  1) x  1. . x  x  1 ( x  1) x  1.  8  x  2   2  x  2. 3. 3  x  x   2 x  2 2 x  2   x 1  x 1  3 2 Xét hàm số f (t ) t  t với t  R ta có f '(t ) 3t  1  0, t  R  hàm số f (t) đồng. . . biến trên R.  x  x f 2 x  2  f 2 x  2  x  1 x  1   Mà phương trình trên có dạng  2 2 7 (l ) x  3 2 2   x 4  x  2   x  1  3 x  4 x  8 0   22 7 (n ) x  3  .. . . x. 0,25. 22 7 . 3. Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là x 6 và Mỗi ngày một cơ sở sản xuất 2 loại bánh là B1 và B2. Để sản xuất được 1 chiếc bánh loại B1 cần 100g bột và 30g nhân; để sản xuất được một chiếc bánh loại 2 cần 150g bột và 50g nhân. Nguyên liệu mà cơ sở hiện có là 24000g bột và 7500g nhân. Hỏi với lượng nguyên liệu hiện có như trên, cơ sở nên sản xuất bao nhiêu bánh mỗi loại để doanh thu cao nhất. Biết rằng giá của mỗi chiếc bánh loại B1 là 10000 đồng và giá của mỗi chiếc bánh loại B2 lần là 16000 đồng và giả sử bán hết bánh.  Gọi số bánh loại B1 cần sản xuất là x và số bánh loại B2 cần sản xuất là y. Điều kiện x 0, y 0.  Để sản xuất được 1 chiếc bánh loại B1 cần 100g bột, sản xuất được 1 chiếc bánh loại B2 cần 150g bột nên nguyên liệu bột đã sử dụng để sản xuất là 100 x  150 y . Do không được sử dụng quá số nguyên liệu hiện có nên ta có bất phương trình: 100 x  150 y 24000  2 x  3y 480 .  Để sản xuất được 1 chiếc bánh loại B1 cần 30g nhân; sản xuất được 1 chiếc bánh loại B2 cần 50g nhân nên nguyên liệu nhân đã sử dụng để sản xuất là 30 x  50 y . Do không được sử dụng quá số nguyên liệu hiện có nên ta có bất phương trình: 30 x  50 y 7500  3 x  5y 750 .. 0,5. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  x 0   y 0  2 x  3y 480   Theo đề ra ta có hệ phương trình: 3 x  5y 750 .  Ta cần đi tìm x, y để biểu thức S 10000 x  16000 y lớn nhất..  Miền đồ thị thỏa mãn hệ điều kiện là phần gạch carô trong đồ thị sau đây:. S 0 2000 Ta có .  Đây là phương trình của đường thẳng có phương không đổi và cắt trục hoành tại S điểm có hoành độ 2000 . Do đó ta cần xem đường thẳng có phương không đổi  này di chuyển đến vị trí nào S 10000 x  16000 y  5 x  8y . 0,25. S để 2000 lớn nhất. Bằng đồ thị ta thấy vị trí cần tìm chính là  đi qua giao điểm của Q  150;60  2 x  3y 480 3x  5y 750. hai đường thẳng và là điểm . Nghĩa là khi đó số y  60 bánh loại B1 là x 150 , số bánh loại B2 là và doanh thu là: 2460000 đồng. 10. Cho. x , y, z   1;2 . . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. 15  x  y  ( x  y)   17. 2 z  4( xy  yz  zx) 16 z 2. Q. 15  x  y  15  x  y  ( x  y)2 ( x  y)2   17    17 2 2 z  4( xy  yz  zx) 16 z z  4( x  y ) z  4 xy 16 z 15  x  y  ( x  y)2 2 P 2   17 2 4xy  x  y  z  4( x  y ) z  ( x  y ) 16 z Do nên = 2  x y    15  x y  z z      17 2  x y   x y  16  z z  1 4        z z z z x y t  z z vì x , y, z   1;2  nên t thuộc  1;4  Đặt P. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> P  f (t ) . Ta có. t2 15 4t 2  2t 15  t  17  f ’ t    0, t   1; 4    2 2 2 4  4t  t 16 (1  4t  t ) 16. 869 min f  t   f  1   1;4  48 . Ta có hàm số đồng biến trên nên x y 1 x  y  x y 1, z 2. (vì x , y, z   1;2  ). Dấu “=” xảy ra khi và z 869 minP  48 đạt được khi khi x y 1, z 2. Vậy f  t. Hết.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>