de thi thu cuc hay cua truong

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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. 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: ..................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 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  . 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 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. . . .  . . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>               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.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 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. 2. 2 .

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 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..

<span class='text_page_counter'>(10)</span>