de thi hay nhat

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN Trường THCS&THPT Nguyễn Viết Xuân. ĐỀ THI THỬ THPT NĂM 2016 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề). Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số. y  f  x  x 3  3x 2  2. có đồ thị. C ..  C  của hàm số. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  tại điểm có hoành độ x0 , biết f ''  x0  5x0  7 . 2) Viết phương trình tiếp tuyến của Câu 2. (1,0 điểm) 2 1) Giải phương trình: 2 sin x  3 sin 2 x  2 0 .  1  i  z   3  i  z 2  6i . Tìm phần thực, phần ảo của số phức 2) Cho số phức z thỏa mãn w 2 z  1 .. Câu 3. (1,0 điểm) log 2  x  1  3log 1  3 x  2   2 0 8 1) Giải phương trình : 2) Một hộp chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 viên bi. Tính xác xuất để 4 viên bi được chon có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất. 1. Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân:. . . I x 2 1  x 1  x 2 dx 0. A   3;0; 4  , B  1; 0; 0  Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm . Viết phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm điểm M trên tia Oy sao cho MA MB 13 .. Câu 6. (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. hình chiếu vuông góc của  ABC  là trung điểm cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 600 . Tính thể tích A’ trên khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC’A’). Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD  BAD  ADC 900 D  2; 2  có đỉnh và CD 2 AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm D lên  22 14  M ;   5 5  là trung điểm của HC. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C , biết rằng đường chéo AC. Điểm. . . đỉnh B thuộc đường thẳng  : x  2 y  4 0 . 4 x 2  y  x  9  3 x  1  x 2  5 x  y  8   2  x 12  y  y  12  x  12 Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Câu 9. (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy  x  y 3 . Tìm giá trị lớn nhất của. biểu thức P. 3x 3y xy     x2  y 2  y 1 x 1 x  y.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ……….. HẾT ……….. ĐÁP ÁN Câu 1. y  f  x  x3  3x 2  2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y '  f '  x  3 x 2  6 x y ''  f ''  x  6 x  6 2 ) Ta có và f ''  x0  5 x0  7  6 x0  6 5 x0  7  x0 1 Khi đó y '  x0   y '  1 9 Với x0 1  y0 2 và. Vậy phương trình tiếp tuyến của Câu 2. 1). 2sin 2 x  3 sin 2 x  2 0 . C. là:. y  2 9  x  1  y 9 x  7. 3 sin 2 x  cos 2 x 1 .   x   k     6  sin  2 x   sin   6 6   x   k  2. 3 1 1 sin 2 x  cos 2 x  2 2 2. (1,0). (0,25) (0,25) (0,5). (0,25).  k   (0,25). z a  bi  a, b     z a  bi 2) Giả sử , khi đó:  1  i  z   3  i  z 2  6i   1  i   a  bi    3  i   a  bi  2  6i  4a  2b  2bi 2  6i 4a  2b 2    2b  6. a 2  z 2  3i  b 3. (0,25). w 2 z  1 2  2  3i   1 5  6i Do đó Vậy số phức w có phần thực là 5, phần ảo là 6. Câu 3. 1) Điều kiện: x  1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình log 2  x  1  log 2  3 x  2   2 0  log 2  4 x  4  log 2  3 x  2   4 x  4 3x  2  x 2 Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm x 2 . 4 n    C 15 1365 2)Ta có: Gọi A là biến cố “4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất’ 1 2 1 n  A  C 4C 5C 6 240 Khi đó n  A  16 p  A   n    91 Vậy 1. Câu 4.. . . 1. 1. I x 2 1  x 1  x 2 dx x 2 dx  x 3 1  x 2 dx 0. 0. 0. (0,25). (0,25) (0,25) (0,25). (0,25).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1. 1. x3 I1 x 2 dx  3 0.  0. 1 3 (0,5). 1. I 2 x3 1  x 2 dx 0. 2 2 2 Đặt t  1  x  x 1  t  xdx  tdt Đổi cận: x 0  t 1; x 1  t 0. 1  t3 t5  2  I 2   1  t  t dt  t  t dt      3 5  0 15 1 0 0. 1. 2. 2. 2. 4. (0,25). 7 I  I1  I 2  15 Vậy Câu 5.  S  là mặt cầu có đường kính AB và I là trung điểm của AB. + Gọi I   1;0; 2  , AB 4 2 Ta có AB R 2 2 S  2 Khi đó mặt cầu có tâm I và có bán kính nên có phương trình.  x  1. 2. (0,25). (0,25). 2.  y 2   z  2  8. (0,25). M  Oy  M  0; t ; 0  + khi đó. MA MB 13 .   3. 2. 2. 2.    t   42  12    t   02 . 13  25  t 2 13  1  t 2   t 1. t 1  M  0;1; 0  Với t  1  M  0;  1;0 . (0,25). (0,25). Câu 6. + Gọi H là trung điểm của AB, suy ra 3a A ' H CH .tan 600  2. A ' H   ABC . VABC . A ' B 'C '  A ' H .SABC . và.  A ' C ,  ABC   A ' CH 60. 0. . Do đó (0,25). 3a. 3. 3. 8 Thể tích của khối lăng trụ là (0,25) +Gọi I là hình chiếu vuông góc của của H trên AC; K là hình chiếu vuông góc của H trên A’I. Suy ra HK d  H ,  ACC ' A '   a 3 1 1 1 3a 13  HI  AH .sin IAH   2  HK  2 2 4 HK HI HA ' 26 Ta có 3a 13 d  B,  ACC ' A '  2d  H ,  ACC ' A '   2 HK  13 Do đó Câu 7.. (0,25) (0,25).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Gọi E là trung điểm của đoạn DH. Khi đó tứ giác ABME là hình bình hành  ME  AD nên E là trực tâm tam giác ADM. Suy ra  AE  DM mà AE / / DM  DM  BM (0,25) BM : 3 x  y  16  0 Phương trình đường thẳng  x  2 y  4  B  4; 4   3 x  y  16  Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  AB IB 1   10 10     DI 2 IB  I  ;   3 3 Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có CD IC 2 Phương trình đường thẳng AC : x  2 y  10 0  14 18  DH : 2 x  y  2 0  H  ;   C  6; 2   5 5 phương trình đường thẳng   CI 2 IA  A  2; 4  Từ . 1   x  3   y 12  *   y  12  x 2  0   x 2  5 x  y  8 0 Câu 8. Điều kiện:. (0,25). (0,25) (0,25).  x 12  y 12 y  12  x 2  12  x 12  y   2 12 x  24 x 12  y  12  12  y .  2 . Ta có  x 12  y 12    2  x  12  y 0. . . Thay vào phương trình. .  3  x2  x   x 1 .  y 12  x 2   1  x 2 3; 0  y 12  3.  1 ta được: 3x.  . 2. 3x  1  x  2 . (0,25).  x  3  3x  1  5 x  4. . 5 x  4 0. 1 1     x2  x   3    0 x  1  3x  1 x  2  5 x  4    x  x 0  x 0 hoặc x 1 . Khi đó ta được nghiệm  x; y  là  0;12  và  1;11 . Câu 9. 2 t  x  y  xy 3  t; x 2  y 2  x  y   2 xy t 2  2  3  t  t 2  2t  6 Đặt 2. (0,25) (0,5) (0,25). 2. 1 2  x y xy    3  t  t  t 2 4  2  Ta có 3  x2  y 2   3 x  y  xy 12 5 P    x 2  y 2   t 2  t   xy  x  y  1 x y t 2 Suy ra 12 5 f  t   t 2  t   t 2 với t 2 Xét hàm số 2 f '  t   2t 1  2  0, t 2 f  t t Ta có . Suy ra hàm số nghịch biến với t 2. (0,25). (0,25).

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  P  f  t   f  2 . 3 2. 3 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2 khi x  y 1 .. (0,25).

<span class='text_page_counter'>(6)</span>