SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

2x  3
x2
Câu 2 ( 1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số: y  x 3  6 x 2  9 x  2 tại điểm
có hoành độ x 0 thỏa mãn phương trình: y ''( x0 )  12 .
Câu 3 ( 1,0 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn: 1  i  z  2i z  5  3i . Tìm môđun của w  2  z  1  z .
Câu 1 ( 1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y 





x
b) Giải phương trình log 3 9  18  x  2
2

Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính tích phân: I 





2 x 2  1  3 x xdx

0

Câu 5 ( 1,0 điểm)

4
tan   1
3
   2 và co s  
. Tính A 
.
5
2  cos 2
2
b) Trường THPT X tổ chức hội thao GDQP- AN.Trung đội 10A chọn một tiểu đội trong đó có
6 chiến sĩ nam và 5 chiến sĩ nữ tham gia các nội dung: hiểu biết chung về GDQP- AN,
điều lệnh từng người không có súng, băng bó cứu thương và đội ngũ đơn vị . Tiểu đội
trưởng chọn ngẫu nhiên 3 chiến sĩ tham gia nội dung băng bó cứu thương. Tính xác suất để
3 chiến sĩ được chọn có cả nam và nữ.
x y 1 z  2
Câu 6 ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : 

1
2
3
và mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  3  0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ O và
vuông góc với d. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến (P) bằng 3.
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O với
a) Cho góc  thỏa mãn

AB  2a 3, BC  2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm


H của đoạn OD. Góc hợp bởi SB với mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
Câu 8 ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A thuộc
đường thẳng d1 : 2 x  y  2  0 , đỉnh D thuộc đường thẳng d 2 : x  y  5  0 . Gọi H là hình chiếu
9 2
vuông góc của A trên BD. Điểm M  ;  , N  9;2  lần lượt là trung điểm của BH và CD. Xác
5 5
định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết điểm D có tung độ dương.
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

4 1  2 x 2 y  1  3 x  2 1  2 x 2 y  1  x 2
 3
2
4
2
3
2
2 x y  x  x  x  2 x y 4 y  1

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y  z  x ( y 2  z 2 ) . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: P 

1

1  x 

2




1

1  y 

2



1

1  z 

2



4
1  x 1  y 1  z  .

----------------HẾT----------------


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2
Câu

Nội dung trình bày
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y 
* TXĐ : D = R\{2}, y’ = 


Điểm

2x  3
x2

1,0

1
 0 x  D
( x  2)2

0.25

* Giới hạn và tiệm cận :
lim y  lim y  2 nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x 

x 

0.25

lim y  ; lim y   nên x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x 2 

x 2

* Bảng biến thiên

x

y'
y

1





2





0.25



2


2

* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 2) và (2;  ) , hàm số không có cực trị.
* Đồ thị :

 3 3 
Đồ thị cắt các trục tọa độ tại điểm:  0;  ,  ;0  .
 2 2 

y

0.25
2
2

x

O
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(2 ;2) làm tâm đối xứng
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số: y  x 3  6 x 2  9 x  2 tại điểm có
hoành độ x 0 thỏa mãn phương trình: y ''( x0 )  12 .
Ta có y '  3 x 2  12 x  9 , y ''  6 x  12 ,
2

y ''( x0 )  12  6 x0  12  12  x0  0

1,0
0,25

Với x0  0  y0  2

0,25

Phương trình tiếp tuyến tại M  0; 2  là: y  y '(0)  x  0   2  9 x  2

0,5

a. Cho số phức z thỏa mãn: 1  i  z  2iz  5  3i . Tìm mô đun của số phức


0,5

Giả sử
3

z  a  bi ; a,b  R  1  i  z  2i.z  5  3i  1  i  (a  bi)  2i.(a  bi)  5  3i
 a  3b  5  a  2


 z  2i
a  b  3
b  1
Khi đó ta có: w  2(3  i)  (2  i )  4  3i  w  16  9  5

0,25

0,25


b. Giải phương trình

0,5

 log 3 (9 x  18)  x  2  9 x  18  3 x  2
3x  3
 9  9.3  18  0   x
 3  6
x

x 1


 x  log3 6

Vậy phương trình có hai nghiệm là: x=1 và x=log36
2

Tính tích phân: I 





2 x 2  1  3 x xdx

0

2



I

0

1,0

2




2

0

0

0,5

2

1
  2 x 2  1d (2 x 2  1)  3  x 2 dx
40
0

1

6


2

2

(2 x 2  1) 3

 x3
0

0,25

0

1
1
11
(8  1)3   8  
6
6
3

Vậy I = 

Chú ý: Có thể giải theo phương pháp đổi biến với t 
a. Cho góc  thỏa mãn

11
3

0,25

2x2  1

4
tan   1
3
   2 và c o s   . Tính: A 
.
5
2  cos2
2


 3
4
1
25
3
1  
1  
    2 , cos   tan   
2
2
5
cos 
16
4
Ta có 
cos 2  2 cos2   1  7

25
3
 1
tan   1
175
 A
 4

2  cos2 2  7
172
25


5

0,25

2 x 2  1  3 x xdx   x 2 x 2  1dx   3 x 2 dx

2

4

0,25

x

b. Trường THPT X tổ chức hội thao GDQP- AN . Trung đội 10A chọn một tiểu
đội trong đó có 6 chiến sĩ nam và 5 chiến sĩ nữ tham gia các nội dung: hiểu biết
chung về GDQP- AN, điều lệnh từng người không có súng, băng bó cứu thương
và đội ngũ đơn vị . Tiểu đội trưởng chọn ngẫu nhiên 3 chiến sĩ tham gia nội dung
băng bó cứu thương. Tính xác suất để 3 chiến sĩ được chọn có cả nam và nữ.
* Số cách chọn 3 chiến sĩ từ 11 chiến sĩ của tiểu đội là C113  165
do đó số phần tử của không gian mẫu là   165 .
* Gọi A là biến cố ” 3 chiến sĩ được chọn có cả nam và nữ”
Ta có số kết quả thuận lợi cho A là:  A  C51 .C62  C52C61  135
5
Xác suất để 3 chiến sĩ được chọn có cả nam và nữ là:

P( A) 

0,5


0,25

0,25

0,5

0,25

 A 135 9


 165 11

0,25


6

Câu 6 ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
x y 1 z  2


và mặt phẳng (P) : x + 2y − 2z + 3 = 0. Viết phương trình mặt
1
2
3
phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với d. Tìm tọa độ điểm M thuộc d
sao cho khoảng cách từ M đến (P) bằng 3.

Mặt phẳng (Q) có VTPT n  (1; 2;3) và đi qua O(0;0;0) nên có phương trình:

x  2 y  3z  0 .

M (t ;1  2t ; 2  3t )  d ; d ( M ; ( P ))  3 

|1  t |
3
3

t  8
t  10 .


Do đó M ( 8; 15; 22) và M (10; 21; 32)

0,5

0.25
0.25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O với
AB  2a 3, BC  2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) trùng
với trung điểm H của đoạn OD. Góc hợp bởi SB với mặt đáy bằng 600 . Tính theo
a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD
Ta có

1,0

1,0
0,5


SH  ( ABCD)

  600 .
 ( SB, ( ABCD))  SBH

HB 

0,25

3
3
BD 
AB 2  AD 2  3a
4
4

 SH  HB.tan 600  3 3a
S ABCD  AB.BC  2a 3.2a  4 3a 2

7

1
 VSABCD  SH .S ABCD
3
1
 3a 3.4 3a 2  12a 3
3

0,25


Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC
Do AD song song (SBC) nên ta có:
4
d(AD,SC) = d(AD,(SBC)) = d(D,(SBC)) = d(H,(SBC)).
3
Kẻ HM vuông góc với BC, HK vuông góc với SM  HK  ( SBC )
Hay HK = d(H,(SBC)).
Tính HK:
3 3
3 15
1
1
1
1
4
5





 HK 
a
a
2
2
2
2
2

2
5
HK
SH
HM
27a
(3 3a) (3 3a )
5
Vậy khoảng cách giữa AD và SC là: d(AD,SC) =

8

0,5

0,25

0,25

4
4 3 15
4 15
a
HK=
a=
3
3 5
5

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A thuộc
đường thẳng

, đỉnh D thuộc đường thẳng
9 2
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BD. Điểm M( ; ), N(9;2) lần lượt là
5 5
trung điểm của BH và CD. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD
biết điểm D có tung độ dương.

1,0


Gọi E là trung điểm của AH,
ta có ME  AD  E là trực tâm ADM
 DE  AM.

0,25

Mặt khác tứ giác EMND là hình bình
hành nên DE//MN, do đó AM  MN
Đường thẳng AM qua điểm M và vuông góc với MN có pt: 9x + 2y – 17 = 0 .
9 x  2 y  17
x  1
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 

 A(1; 4)
2 x  y  2
y  4
 
Theo giả thiết điểm D thuộc d2, giả sử D(d;d-5), do AD  DN nên DA.DN=0
 d  9  D (9; 4)
. Vì điểm D có tung độ dương nên D(9;4)

 (9  d )(8  2d )  0  
 d  4  D(4; 1)
Do N là trung điểm CD nên điểm C có tọa độ là: C(9;0)
Phương trình đường thẳng AH: 2x + y – 6 = 0 .
Phương trình đường thẳng DM: x – 2y – 1 = 0
Do H là giao điểm của AH và DM nên ta có tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương

13

x

2x  y  6
13 4

5

 H( ; )  B(1;0)
trình 
5 5
x  2 y  1
y  4

5

0,5

0,25

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD là: A(1;4), B(1;0), C(9;0), D(9;4)
)


Giải hệ phương trình:
1,0

 1  x  1

2
Điều kiện: 1  2 x y  0 . Với x=0, hệ phương trình luôn có nghiệm y  R
1  2 x 2 y  0


0,25

Với x  0 , chia 2 vế của phương trình (2) cho x3 ta được pt:

2 y  2 y (2 y )2  1 
9

Xét hàm số:

1 1 1 2
1

( )  1  f (2 y )  f ( )
x x x
x
2

2


f (t )  t  t t  1  f '(t )  1  t  1 

t2
2

 0 t  R

t 1
1
1
Vậy f(t) là hàm đồng biến trên R, do đó f (2 y )  f ( )  2 y 
x
x
Thế vào phương trình (1) ta được : 4 1  x  1  3x  2
a  1  x  0 2a 2  2  2 x
Đặt 
 2
 2a 2  b 2  1  3x
b  1  x  0 b  1  x

1  x  1  x2

0,25

(*)
0,25


pt ()  4a  1  2a 2  b 2  1  2b  ab  2a 2  (b  4) a  2b  b 2  0
a  2  b

  (b  4) 2  8(2b  b 2 )  (3b  4) 2  
a  b
2

1 x  1 x  2  x  0
Với a= 2 -b  a+ b = 2 
Với 2 a  b  2 1  x 

1 x  x  

( loại)

3
5
 y
5
6

3

x



5 x  0
; 

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là:
5
y R

y  

6
2
2
Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn y  z  x( y  z ) .Tìm giá trị nhỏ

1,0

nhất của biểu thức

Ta có

( y  z ) 2  2( y 2  z 2 )  x( y  z ) 2  2 x( y 2  z 2 )  2( y  z )

 yz

0,25

2
(1)
x

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: P 
Mặt khác: (1  y )(1  z ) 

P
10

0,25


1
2
4


2
(1  x ) (1  y )(1  z ) (1  y )(1  z )(1  x)

(2  y  z )2 1
2
(1  x) 2
 (2  ) 2 
4
4
x
x2

1
2x2
4 x2
2 x3  6 x 2  x  1



(1  x)2 (1  x )2 (1  x)3
(1  x )3

0,25


2 x3  6 x2  x  1
10 x  2
1
 f '( x) 
0 x
3
4
(1  x)
(1  x)
5
1
x 0

5

Xét hàm số f ( x) 
BBT:

f'(x)

–

0

+
0,5



f(x) 1

91
108
1
91
Từ bảng biến thiên ta có: P  f ( x)  f ( ) 
.
5 108



1

x 
91
5
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
. Dấu bằng xảy ra khi 
108


y  z  5

---------- Hết ----------