TRƯỜNG THPT MINH CHÂU
Tổ: TỰ NHIÊN

ĐỀ SỐ 110

ĐỀ THI THỬ LẦN II - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

3
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y   x  3x .

Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) 

x 2  3x  6
trên đoạn
x 1

 2; 4 .
Câu 3 (1,0 điểm).

2
a) Giải phương trình: log 3 ( x  x)  log 1 ( x  4)  1
3

1
8

2 x 1
 
b) Giải bất phương trình: 2

x 2 1
3

.


2

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân sau I  x (2  sin 2 x )dx .


0

Câu 5: (1,0đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1; 3) , B(4;3; 2) , C (6; 4; 1) .
Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác vuông và viết phương trình mặt cầu tâm A đi qua
trọng tâm G của tam giác ABC.
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Cho góc  thoả mãn

tan   1
3
4
.
   2 và cos   . Tính giá trị biểu thức A 
2  cos 2
2
5

b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 12C.

Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. Tính xác suất sao cho
lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A.
3a
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 
. Hình chiếu vuông
2
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 với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường
tròn (T) có phương trình: x 2  y 2  6 x  2 y  5  0. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Đường tròn
đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết
đường thẳng MN có phương trình: 20 x  10 y  9  0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.

2 x 3  xy 2  x  2 y 3  4 x 2 y  2 y

Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 y 2  x  2 y  16 
1
  y   x 1  3
 x2  8 y  7
2







( x , y  ) .

Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của:


P

2
abc
3
3  ab  bc  ca
1  a 1  b 1  c 

-------------------- Hết -------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

646


TRƯỜNG THPT MINH CHÂU
Tổ:TỰ NHIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN II

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn:Toán

A. CÁC CHÚ Ý KHI CHẤM THI:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ
điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm
bào không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi.
3) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM: (Đáp án gồm có 7 trang)
Câu


Đáp án

Điểm

Tập xác định: D  
x  1
Ta có y '  3x 2  3  y '  0  
x  1
Giới hạn

3
lim y  lim x 3  3x  lim x 3  1  2   
x 
x 
x 
x 


3
lim y  lim x 3  3x  lim x 3  1  2   
x 
x 
x 
x 

Bảng biến thiên
x

1

1

0

0
f' x









 

0,25




2



1

0,25


 

f x

0,25
2



Hàm số đồng biến trên khoảng 1;1










Hàm số nghịch biến trên khoảng ; 1 và 1; 
Hàm số đạt cực đạt tại điểm x = 1 và yCĐ = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = -1 và yCT = -2
Đồ thị:
Bảng giá trị
x
-2
-1
0
1

2
y
2
-2
0
2
-2

647



0,25


y

f(x)=-x^3+3*x

5

x
-8

-6

-4

-2


2

4

6

8

-5

Ta có

f(x)

liên tục trên đoạn

x 2  2x  3
 2; 4  , f '(x) 
(x  1)2

0.25

Với x   2; 4  , f '(x)  0  x  3
2
(1đ) Ta có: f( 2)  4,f(3)  3,f(4)  10

0.25
0.25

3


Vậy Min f ( x )  3 tại x = 3; Max f ( x )  4 tại x = 2
2; 4 

0.25

2; 4 

x  1
 4  x  0

a) Điều kiện: 









3  x  4    x






 x  3 x  4 




log3 x 2  x  log3 x  4  1  log 3 x 2  x  log3 x  4  log3 3





 log 3 x 2  x  log3

3
(1đ)

2

x  2
 x 2  4x  12  0  
(thoả mãn)
x  6

0,25

0,25

Vậy phương trình có hai nghiệm x  2; x  6 .
b) Bất phương trình tương đương với
22x 1 

x 2 1
23 3


 

 22x 1  2x

2

1

0,25

 2x  1  x 2  1

 x 2  2x  0  2  x  0 .

0,25

Vậy bất phương trình có tập nghiệm S   2; 0  .

2


2

Ta có: I   2 xdx   x sin 2 xdx  x
0

0



2

2

  x sin 2 xdx 
0


2

4
(1đ)


2 2
0


2


 x sin 2 xdx
4 0

du  dx
 ux


1
 dv  sin 2 xdx  v   cos 2 x


2

0,5

Tính J   x sin 2 xdx Đặt 
0


2


2

0,25


2

1
1
 1

 J   x cos 2 x   cos 2 xdx   sin 2 x 
2
20
4 4
4
0
0


Vậy I 

2 
4

0,25

648






2
4

Ta có: AB(2; 2;1); AC (4; 5; 2)  
C lập

 
2
 AB; AC không cùng phương  A; B;
5

0,25

 


thành tam giác. Mặt khác: AB.AC  2.4  2.(5)  1.2  0  AB  AC suy ra ba
5
(1dd) điểm A; B; C là ba đỉnh của tam giác vuông.

0,25

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên G(4;0; -2). Ta có: AG  6

0,25

Mặt cầu cần tìm có tâm A và bán kính AG  6 nên có

0,25

pt: ( x  2) 2  ( y  1)2  ( z  3)2  6
2

9
3
4
a) Ta có: sin α = 1- cos α = 1-     sinα  
5
 5  25
3
3
Vì
   2 nên sin  
2
5
sin

3
32
7
 tan 
  và cos2  2cos 2  1 
1 
cos
4
25
25
3
 1
175
Vậy A = 4 7  
172
225
2

6
(1đ)

2

b) Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
Số phần tử của không gian mẫu là: C95  126
Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả
ba lớp và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là :
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C

+ 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C42 .C31.C22  C42 .C32 .C21  C43 .C31.C21  78 .
Xác suất cần tìm là P 

0,25

0,25

78 13
 .
126 21

Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và
SH  SD 2  HD 2  SD 2  ( AH 2  AD 2 )  (

0,25

3a 2 a 2
)  ( )  a2  a
2
2

1
3

1
3

Diện tích của hình vuông ABCD là a 2 , VS . ABCD  SH .S ABCD  a.a 2 
7

(1đ)

a3
3

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

649

0,25

0,25


HF  ( SBD)  HF  d ( H , (SBD)) (2)
S

F
C

B
E
H
O
A


a
2

a 2
4

  .sin 450 
+) HE  HB.sin HBE

0,25
D

K

+) 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.

(T) có tâm I(3;1), bán kính R  5 .
  ICA
 (1)
Do IA  IC  IAC
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại
M  MH  AB  MH / / AC (cùng
vuông
  ICA
 (2)
góc AB)  MHB
  AHM
 (chắn cung AM) (3)
Ta có: ANM

A
N
E
M
B

H

C

I


Từ (1), (2), (3) ta có:
8
(1đ)

  ANM
  ICA
  AHM
  MHB
  AHM
  90o
IAC

Suy ra: AI vuông góc MN
 phương trình đường thẳng IA là: x  2y  5  0
Giả sử A(5  2a;a)  IA.
a  0

Mà A  (T)  (5  2a)2  a2  6(5  2a)  2a  5  0  5a2  10a  0  

a  2

Với a  2  A(1; 2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với a  0  A(5; 0) (loại vì A, I cùng phía MN)


Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH  E  MN  E  t; 2t 


650


9

10 




Do E là trung điểm AH  H  2t  1; 4t 

38 

10 


 


58 
48 
 AH   2t  2; 4t   , IH   2t  4; 4t  
10 
10 


  
272 896
Vì AH  HI  AH.IH  0  20t 2 
t
0

5
25
 8
 11 13 
 H  ;  (thoûa maõn)
t 
5
5 5

 28
 31 17 
 H  ;  (loaïi)
t 
 25 25 
 25

 11 13 

8

Với t   H  ;  (thỏa mãn)
5
5 5




 6 3

Ta có: AH   ;   BC nhận n  (2;1) là VTPT

5 5
 phương trình BC là: 2x  y  7  0
+) ĐKXĐ: x  1 (*)
+) pt (1)  ( x  2 y)  (2x3  4x 2 y)  ( xy 2  2 y3 )  0  ( x  2 y)(1  2 x2  y2 )  0  x  2 y
Vì 1  2 x 2  y 2  0, x, y
Thế vào (2) được:
x
2( )2  x  x  16
 x 1
2
  
2
x  4x  7
2 2

 x  8  x  4    x  1 x  8

x2  4 x  7

x 1  3





x 1  3 

x 2  4 x  32
  x  1
x2  4x  7


x  8
  x4
 2

 x  4 x  7



x 1  3

0,25


0,25

x 1
x 1  3

 3

+) x  8  y  4 (tm).
9
(1đ)

+) pt  3   x  1  3  x  4    x  1  x 2  4 x  7 





x 1  3 




x 1



2

2
 3   x  2   3 .  x  2   3




(4)

2

+) Xét hàm số f  t    t  3  t 2  3  với t   có f '  t   3  t  1  0, t  
0,25

nên f  t  đồng biến trên  .
+) Mà pt(4) có dạng: f  x  1   f  x  2 
x  2

Do đó  4   x  1  x  2  


2
x 1  x  4x  4

x  2
5  13
(T/M)
 2
x
2
 x  5x  3  0

5  13
11  13
+) Với x 
y
2
4

651

0,25




 5  13 11  13  
;

2
4


 

Vậy hệ đã cho có tập nghiệm  x; y  là: T  (8;4); 


2

Áp dụng Bất đẳng thức  x  y  z   3  xy  yz  zx  , x, y, z   ta có:

 ab  bc  ca 

2

 3abc  a  b  c   9 abc  0

 ab  bc  ca  3 abc





0,25

3

Ta có: 1  a 1  b 1  c   1  3 abc , a, b, c  0. Thật vậy:

1  a 1  b 1  c   1   a  b  c    ab  bc  ca   abc 




2

1  3 3 abc  3 3  abc   abc  1  3 abc

Khi đó P 

3

3

2





3 1  abc





abc
Q
1  3 abc

1
0,25

3

10
(1đ)

Đặt

6

abc
abc  t . Vì a, b, c  0 nên 0  abc  
 1
3



2
t2
Xét hàm số Q 

, t   0;1
3 1  t 3  1  t 2
 Q 't  

2t  t  1  t 5  1
2

1  t 3  1  t 2 

2


 0, t   0;1

Do hàm số đồng biến trên  0;1 nên Q  Q  t   Q 1 
Từ (1) và (2) suy ra P 

0,25
5
6

 2

5
6

5
6

Vậy max P  , đạt được khi và chỉ khi: a  b  c  1.

652

0,25