ĐỀDỤC
THI
KỲĐĂKNÔNG
THI THPT KỲ
QUỐC
GIA
2016
- ĐỀ
8 2016
SỞ GIÁO
VÀTHỬ
ĐÀO TẠO
THI THỬ
THPT
QUỐC
GIASỐ
NĂM
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG
ĐẠO
Thời
gian làm bài 180 phút Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
--------oOo-------Lần thứ I, Ngày thi: 17/11/2015
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y 

3  2x
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng
 : y  x  1

Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: (sinx  cosx)2  1  cosx .
b) Tìm số phức liên hợp của số phức z thỏa mãn 3 z  9  2i.z  11i .
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log 1 (x 2  5)  2 log2(x  5)  0
2

Câu 4.(0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm,
mổi nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu
nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ.
1

2

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x (x  e x )dx
0

Câu 6.(1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC
vuông cân tại B, SA= a, SB hợp với đáy một góc 300 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC. và tính
khoảng cách giữa AB và SC.
Câu 7.(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết
phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : x  y  z  2  0 và
(  ) : x  y  z  4  0 theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau .
Câu 8.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu của B
3


3


lên AC là E (5;0) , trung điểm AE và CD lần lượt là F  0; 2  , I  ;   . Viết phương trình đường
2 2


thẳng CD.



3





Câu 9.(1,0 điểm) Giải bất phương trình:  2   2 x  1  1 
x


4  8x  9x2
3x  2 2 x  1

Câu 10.(1,0 điểm) Cho a, b, c  0 và thỏa mãn: c  min a, b, c .Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
 6  a  b   4c 
2 ln 

ab
a
b



P


bc
ca
8c
4
ab

---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................
Số báo danh: ...............................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................

38


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ I, ngày thi 17/11/2015

Câu


Nội dung

Điểm

3  2x
2x  3

.
x 1
x 1
 Tập xác định: D   \ {1}

1a

Hàm số: y 

(1,0)

 Đạo hàm: y  

1
(x  1)2

0,25

 0, x  D

 Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định ;1 và 1;
và không đạt cực trị.
 Giới hạn và tiệm cận: lim y  2 ; lim y  2  y  2 là tiệm cận

x 

x 

ngang.

0,25

lim y   ; lim y    x  1 là tiệm cận đứng.

x 1

x 1

 Bảng biến thiên
x –
y

y

1

+

–

–

–2


+
–

0,25

–2

 Giao điểm với trục hoành: y  0  2x  3  0  x 
Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  3
 Bảng giá trị: x
0
1/2
1
3/2
y –3
–4
||
0
Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

3
2

2
–1
y
O

1


2

-1
-2

x

0,25

-3
-4

2x  3
x 1
(1,0) Gọi M x 0 ; y0   (C ) là tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến tại M có dạng

1b

(C ) : y 

39

0,25


y  f (x 0 ) x  x 0   y0

Vì Tiếp tuyến song song với đường thẳng  : y  x  1 nên có hệ số góc
f (x 0 )  1
x  1  1

x  2
2
 0
 0


1

(
x

1)

1


0
x  1  1
x  0
2
(x 0  1)
 0
 0
 Với x 0  2  y0  1 . pttt là: y  1  1(x  2)  y  x  1 ( loại)
1



 Với x 0  0  y0  3 . pttt là: y  3  1(x  0)  y  x  3
2a

(0,5)

0,25
0,25
0,25

Ta có: (s inx  cosx)2  1  cosx  1  2 sin xcosx  1  cosx
 cosx(2 sin x-1)  0

0,25



x   k

cosx  0
2





s inx= 1   x= 6  k2 (k  Z).

2

5
 x  6  k2



0,25

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
2b Gọi số phức z  a  bi,( a, b ) . Tan có :
(0,5)

3

0,25

3 z  9  2i.z  11i  3  a  bi   9  2i  a  bi   11i

3a  9  2b
3a  2b  9
a  1



3b  2a  11 2a  3b  11 b  3
Ta có z  1  3i  z  1  3i
log 1 (x 2  5)  2 log 2(x  5)  0 (*)

0,25

2

(0,5)

x 2  5  0
 x  5  0  x  5

 Điều kiện: 
x  5  0


 Khi đó, log 1 (x 2  5)  2 log2(x  5)  0  log2 (x 2  5)  2 log2(x  5)  0
1

2

  log 2(x 2  5)  log 2(x  5)2  0  log 2(x  5)2  log 2(x 2  5)

0,25

 (x  5)2  x 2  5  x 2  10x  25  x 2  5  10x  20  x  2 (nhận)

Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x  2
Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi
nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để
(0,5) khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ.
4

40

0,25


Tính số cách chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người:
B1) 12 người chọn 4: C124
B2) 8 người còn lại chọn 4: C84


0.25

B3) 4 người còn lại chọn 4: 1
Số cách chọn là: C124 C84  n     C124 C84

Gọi A là biến cố “ Chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người trong đó có đúng 1 nữ”.
Tính n(A):
B1) Chọn 1 trong 3 nữ: 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 nam: C93  3.C93 cách
B2) còn lại 8 người (6 nam và 2 nữ): Chọn 1 trong 2 nữ: 2 cách, rồi chọn 3
trong 6 nam: C63  2.C63 cách
B3) còn lại 4 người (3 nam và 1 nữ): có 1 cách

0.25

Số cách chọn là: 3C93 2C63  n  A   3C93 2C63
 P  A 

5

I 

6C93C63 16

C124 C84 55

1

0 x(x  e

x2


)dx 

1

1

0 x dx  0 xe
2

x2

dx  A  B

0,25

(1,0)
x3
A
3
B

1

1
3


0


1

0 xe

0,25

x2

dx

 Đặt t  x 2  dt  2x .dx  xdx 
 Đổi cận:
t

x
0

dt
2

0,25

0 1
1

1
1
dt
1 et
 Vậy, I    et .  

0
3
2
3
2

1


0

1 e 1 e 1
   
3 2 2 2 6

41

0,25


6
(1,0)

SA  (ABC )

 SA  AB  AB

AB  (ABC )





là

hình chiếu của SB lên (ABC)


do đó SBA  300
 Tam giác SAB vuông tại A nên

0,25

AB
SA

 BC  AB  SA. cot SBA

cot SBA

 a . cot 30 0  a 3
1
2

1
2

 SABC  AB.BC  a 3.a 3 

3a 2
2


1
1
3a 2
a3
 Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là: V  SAS
. ABC   a 

3
3
2
2

0,25

(đvtt)
Trong mp(ABC) Kẻ AI//BC và kẻ CI //AB suy ra ABCI là hình vuông cạnh
a 3

Trong mp(SAI) kẻ AH vuông góc với SI
0,25

AH  SI
Ta có 
 AH  (SIC )
AH  CI (CI  (SAI )


Nên d AB, SC   d A;(SIC )  AH
Tam giác SAI vuông tại A nên

1
AH

2



1
SA

2



1
AI

2

 AH 

AI .SA
AI 2  SA2



a.a 3
a 2  3a 2




a 3
2

0,25
Vậy khoảng cách của AB và SC bằng

a 3
2

Học sinh có thể sử dụng phương pháp tọa độ để tìm khoảng cách
7
(1,0)

Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) .
Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : x  y  z  2  0 và
(  ) : x  y  z  4  0 theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng
nhau nên ta có hệ :
3a  7b  4c  15
 IA  IB


 3a  2b  2c  9
 IA  IC
d ( I , ( ))  d ( I , (  ))
a b  c  2  a b c  4



42


0,25

0,25


a  1
a  19 7

Giải hệ ta được : b  0 hoặc b  12 7
c  3
c   9 7


a  1
Với b  0 , viết được phương trình mặt cầu : ( x  1) 2  y 2  ( z  3) 2  25 .
c  3


0,25
a  19 7
Với b   12 7
c   9 7

2

2

2


19
12
9
1237
Vậy mặt cầu có phương trình :  x     y     z   
7 
7 
7
49


0,25

8
(1,0)

Tọa độ đỉnh A  5; 4 
Phương trình đường thẳng (AC): 2 x  5 y  10  0

0,25

Ta đi chứng minh: BF  IF . Thật vậy ta có:
 1    1  
1  
BF  BA  BE ; FI  FD  FC  AD  EC . Suy ra
2
2
2








 



43

0,25


             
4 BF .FI  BA  BE AD  EC  BA. AD  BA.EC  BE. AD  BE.EC
       
 2  
 2  2
 BA.EC  BE. AD  EA.EC  BE.BC   BE  BE.BC   BE  BE  0







BF vuông góc với IF nên có phương trình: 7 x  3 y  6  0
BE đi qua E và vuông góc EF nên có phương trình: 5 x  2 y  25  0


0,5

Do đó B  7;5 
Từ đây tìm được phương trình:  CD  : 2 x  24 y  39  0
9

0,25

3
4  8x  9 x2
Giải bất phương trình:  2    2 x  1  1 
x



3x  2 2 x  1

(1,0)
Đk: x  1 . Bất phương trình đã cho tương đương với:


 2 x  3  2

  9x

x 1 1

x

2


 4  2 x  1

3x  2 2 x  1



 2 x  3  2

  3x  2

0,25

x 1 1

x

2x 1

Do x  1 nên BPT




x 1   x 

  2 x  3 2 x  1  1  3x 2  2 x 2 x  1




 2 x 1

2



2

2x 1  2



0.25



x  1  x  1  0  *

 x 1  x 1 2  0


2
Ta có nhận xét sau:  x  2 x  1  0
 VT*  0

2 x  1  x  1  0  do x  1


0.25


x 1  x 1

Vậy để BPT xảy ra thì  VT  0   x  2 x  1  x  1
x 1  0


0,25












10

Cho a, b, c  0 và thỏa mãn: c  min a, b, c .Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(1,0)

 6  a  b   4c 
2 ln 

ab
a

b


P


bc
ca
8c
4
ab

Ta đi Cm BĐT phụ sau:

a
b
ab

2
bc
ca
a  b  2c

* . Thật vậy ta có:
0,25

44


2


a  b
a
b
a2
b2





bc
c  a a a b  c  b b c  a  a a b  c   b b  c  a 
2

a  b
1
 a  b   a 2  b  c   b 2  c  a  
Mặt khác ta có: Vì c  min a, b, c  a  b  2c  0 . Nên ta có:
2

 ab
2
a  b  c   b  c  a   ab(a  b  2c)  c(a  b)  
  a  b  2c   c(a  b)
 2 
2

2


 a  b


3

2

 2c  a  b 
4

2

 2

Từ (1) và (2) Dễ dàng suy ra ĐPCM.
Ta lại có:
2

 
 6  a  b   4c 
  a  b  2c
2
c

ln 
 2    ln   1 
 2  
  ln  2 

ab

ab

  ab


 




2c
 2 ln  1 
 2 
ab



 4

0,25

Mặt khác : Vì c  min a, b, c  2c  a  b . Nên ta có:
4

8c
 a  b  2c 
 4 2

ab
 ab 



1
2c
 2 
 1 
2
ab


 5

Từ (3),(4),(5) ta được:


2c
8ln  1 
 2
ab
2


P

2c
2c
1
1
 2
ab

ab

Đặt t  1 

2c
2c
, Mà do c  min a, b, c 
1 t  2
ab
ab





0,25

2 8ln t  2
Xét hàm: ft   
. trên t  0; 2 
t
t 2



Ta có:
ft  ' 

2
8


2
t
t 2





   t  2  3t  2   8ln  t  2   0.t  0;

2
t t  2 
t  2 

8ln t  2



2



t 

2

2

2


45

2

2 


Suy ra: ft   f 2   2 1  ln 8 .

Ta có:
ft  ' 

2
8

2
t
t 2





   t  2  3t  2   8ln  t  2   0.t  0;

2
t t  2 
t


2
 

8ln t  2



2





2

t

2

2

2

2 

Suy ra: ft   f 2   2 1  ln 8 .
Dấu "  " khi và chỉ khi a  b  c
0,25

*Lưu ý

+ Ở câu 10, BĐT (*) có thể chứng minh bằng BĐT Holder nhưng BĐT này không có trong chương trình
THPT vì vậy, nếu học sinh nào dùng Holder để chứng minh, BTC sẽ trừ 0.25 đ cho câu này.
+Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết
quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên
xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài làm tròn số.

46