DeDA thi thu THPTQG dot 1

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI. ĐỀ THI THỬ ĐỢT I - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút.. TRƯỜNG THCS VÀ THPT M.V. LÔMÔNÔXỐP. 4 2 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  4 x  3 .. 2 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 1  x. Câu 3 (1,0 điểm). z i  2 1  4i a) Cho số phức z thỏa mãn: i  1 . Tìm các căn bậc hai của số phức z . 2 b) Giải bất phương trình: log 2 x  log 2 4 x  4 0  4. . I  (3 x  1) cos 2 xdx Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân. 0. . d:. x 1 y z 2   2 1 3. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng: A(1;  1;  3) . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A, vuông góc và cắt đường thẳng d . Câu 6 (1,0 điểm).. a) Cho. cos  . và điểm. 4    5 biết 2 . Tính giá trị của biểu thức: P (1  2sin 2 )(3  2 cos 2 ). b) Một lớp có 32 học sinh, trong đó có 3 học sinh giỏi, 11 học sinh khá và 18 học sinh trung bình. Có bao nhiêu cách chia lớp học thành hai nhóm sao cho mỗi nhóm có 16 học sinh, trong mỗi nhóm đều có học sinh giỏi và có ít nhất 5 học sinh khá? ’ ’ ’ Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC. A B C , đáy ABC là tam giác vuông tại A, AC =a, BC 2a ’ và AA a 3 . Tính thể tích của lăng trụ. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm cạnh A’B’, tính góc giữa đường thẳng IG và mặt phẳng (ABC).. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD / / BC và AD 3BC . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Đường thẳng qua M, vuông góc với AC và đường thẳng qua N, vuông góc với BD cắt nhau tại P. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết M (1;  1), N (5;3), P ( 1;3).. Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:. 3 3 3 2  x y  3 xy  5 y  1 0  3 2 3xy  2 y  1 0. trên tập số thực.. 2 2 Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a  b  a  b 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:.  a 2 1 b2 1  a b A 2  2  2  ( a  b) 2  1  a a b b  ----------------------HẾT----------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………….……………………; Số báo danh:……………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐỢT 1 – KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Câu 1 (1,0 điểm). Đáp án 4.  . Điểm. 2. y x  4 x  3 Tập xác định:  Sự biến thiên:.  x 0 y ' 4 x3  8 x 4 x( x 2  2); y ' 0    x  2 - Chiều biến thiên:. 0,25. Các khoảng đồng biến: ( 2;0) và ( 2; ) ; các khoảng nghịch biến: ( ;  2) và. (0; 2) . - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại. xCT 1  2, yCT 1  1 và xCT 2  2, yCT 2  1 ; xCD 0, yCD 3. Hàm số đạt cực đại tại lim y ; lim y  x   - Giới hạn: x   - Bảng biến thiên: x. 0,25.  2. . y’. -. 0. . +. 0 0 3. 2 -. 0. . + . y -1. -1 0,25. . Đồ thị:. 0,25 2 (1,0 điểm). f  x  x 1  x2  . Tập xác định: D [-1;1] x2 1  2 x2 f '  x   1  x2   1  x2 1  x2 1 f '  x  0  x   [-1;1] 2. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1  1  1  1  f   1  f  1 0; f   2 ; f     2 2  2  1  1  1  1  Max f  x   f  f  x  f      2 ; Min  [  1;1] 2 [-1;1] 2  2  a. (0,5 điểm). 3 (1,0 điểm). 0,25. z i  2 1  4i  z  1  4i   i  1  2  i  z  3  4i i 1 0,25 2. 2. z  3  4i 1  4  4i 1  4i  4i  1  2i    1  2i . 2. 0,25. Vậy z có hai căn bậc hai là 1  2i và  1  2i . b. (0,5 điểm) log 22 x  log 2 4 x  4 0. (Điều kiện: x > 0). 2 2.  log x  log 2 x  2 0   log 2 x  2   log 2 x  1 0. 0,25.  x 2  log 2 x 1    x 1 log x  2  2  4 Kết hợp điều kiện, suy ra bpt có nghiệm: x 2 hoặc 4 (1,0 điểm).  4. I   3x  1 cos 2 xdx 0. Đặt . 5 (1,0 điểm). 6 (1,0 điểm). 0 x. u 3 x  1   dv cos 2 xdx.  4. 1 4..  du 3dx   1 v  2 sin 2 x. 0,25. 0,25. . 4 4 3 1 3 1 1 I   3x  1 sin 2 x  3sin 2 xdx    cos 2 x 3  1  3  3  5 2 20 8 2 4 0 0 8 2 4 8 4   M  d    M  1  2t; t;  2  3t   AM  2t; t  1;1  3t  Gọi  1   d  AM .ud 0  14t  2 0  t  7    2 8 4 u  AM  ; ;   7 7 7  cùng phương với (1; 4; 2) Vtcp x  1 y 1 z  3   1 4 2 Đường thẳng ∆ có phương trình:. 0,75 0,25 0,25 0,25 0,25. a. (0,5 điểm) sin 2   cos 2  1  sin 2  . 9 25. Ta có:  3      0  sin   1  sin   5 Mà 2 24 7 sin 2 2sin  cos   cos 2 2cos 2   1  25 ; 25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 14  1403  48   P  1  2sin 2   3  2 cos 2   1  3   25  625  25   b. (0,5 điểm) TH1: Một nhóm có 1 HSG, 5 HSK, 10 HSTB, còn lại xếp vào nhóm kia. 1  Chia 3 bạn học sinh giỏi thành 2 nhóm có C3 cách.  Chọn 5 HSK vào nhóm có 1 HSG và xếp 6 bạn còn lại vào nhóm kia có. 0,25. C115. cách C10  Chọn 10 HSTB vào nhóm 1 HSG, 5 HSK và xếp 8 bạn còn lại vào nhóm kia có 18 cách C1.C 5 .C10  ⟹ có 3 11 18 60 648 588 cách. TH2: Một nhóm có 1 HSG, 6HSK, 9 HSTB, còn lại chia vào nhóm kia. 1  Chia 3 bạn học sinh giỏi thành 2 nhóm có C3 cách  Chọn 6 HSK vào nhóm có 1 HSG và xếp 5 bạn còn lại vào nhóm kia có. 0,25. C116. cách 9  Chọn 9 HSTB vào nhóm 1 HSG, 6 HSK và xếp 9 bạn còn lại vào nhóm kia có C18 cách C1.C 6 .C 9  ⟹ có 3 11 18 67 387 320 cách. Vậy có tất cả 128 035 908 cách chia nhóm.. 0,25. 7 (1,0 điểm). 2 2 Tam giác ABC vuông tại A ⟹ AB  BC  AC a 3 1 a2 3 S ABC  AB. AC  2 2 a 2 3 3a 3  AA '.  a 3  V lt S ABC 2 2 (đvtt) Vậy. 0,25 0,25. Gọi I’ là trung điểm của AB ⟹ II '  ( ABC )  I’G là hình chếu của IG lên mp(ABC)  nên góc giữa IG và mp(ABC) là góc ( IG , I ' G ) IGI ' (do II ' G vuông tại I’.  '  900  IGI ) 2. Ta có :. a 3 1 1 1 a 7 GI '  CI '  AC 2  AI '2  a 2     3 3 3 6  2 . Trong tam giác vuông IGI’,.  ' tan IGI. II ' 6 21  ' 750 43'   IGI I 'G 7. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 8 (1,0 điểm). Gọi. I  a; b . là trung điểm của AD    MI .NP 0  MI / / BD  MI  NP         NI / / AC  NI  MP  NI .MP 0 I  1;1 Vậy. a  1 0     a  5  2  b  3 0. 3 3  AD  MN  ID  MN 2 4 Ta có: AD  BC 2 MN , mà AD = 3BC  x  1 3  x 4   D  D  D  4; 4   yD  1 3  yD 4  A   2;  2  , B  4; 0  , C  6; 2 . 9 (1,0 điểm). . NX: y = 0 không là nghiệm của hệ. 5 1  3  x  3x  y  y 3 0    3 x  2  1 0 y y3  Xét y ≠ 0, hệ phương trình 5 1  3  x  3x  y  y 3 9 1    x3  9 x   3 y y  6x  4  2 3  y y (*) 3 f  t  t  9t Xét hàm số f '(t ) 3t 2  9  0, t    f (t ) đồng biến trên  . 1 1  f  x   f    x   xy 1 y  y (*).  xy 1  x 1  x  1  2     y 1  y  1  y  1 0 Hệ phương trình Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm (1;1) và (-1;-1) 10 (1,0 điểm). Từ giả thiết:. 4 a 2  b 2  a  b  2. 2. 2  t  1. Ta có t  0 ,. 2. t t.  A 6   a  b  . .  a  b 2.  a  b. 2. 1. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 2.  a  b  0  a  b 2.  t  1 t  1 1   t  1   t 3  t   t  t  1 t  t. a b. a 1  b 1. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> A 6  t . t. t 2 1 Đặt t a  b  0  t 2 và t f  t  6  t  2 t  1 trên  0; 2 Xét 1 f '  t   1   0, t   0; 2  f  t  3 t 2 1. . . nghịch biến trên. 2 5  a b   a b 1 a  b  2  Dấu đẳng thức xảy ra 2 MinA 4   a b 1 5 Vậy.  0; 2. 0,25.  A  f  t   f  2  4 . 0,25.

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