Đề thi tặng học sinh kì thi THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán



y

HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan

GV: Nguyễn Thanh Tùng ĐỀ THI TẶNG HỌC SINH Hocmai.vn KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

 1 x 2  1 x

3

.

)C . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (

)C tại giao

y

26 x x 4

Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y  x  9 x  có đồ thị ( 1 

)C với đường thẳng

 . 1

điểm của đồ thị (

x

x

 1

Câu 3 (1,0 điểm). a) Tìm số số phức z có phần thực hơn phần ảo 7 đơn vị và có môđun bằng 5.



4

  x

log

2



3

b) Giải phương trình sau trên tập số thực : .

 log 4 2







1 2

1

x

dx

I



x

x

x



15 3.15

25





2.9

0

z

2

A

 (2; 1;3),

B

(0;1; 2)



:





. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

 .

 x 1  1

y 3

 1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng , hai điểm

x

 cos .(1 sin 3 ) x



x

x

OC  5 . Tìm tọa độ điểm C và tính thể tích khối tứ

Gọi C là điểm thuộc đường thẳng  có tọa độ nguyên sao cho diện OABC (với O là gốc tọa độ). Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sin cos 3 .

b) Gọi S là tập hợp các số có 3 chữ số được lập từ các chữ số 1, 9,8 . Người ta chọn ra 6 số từ tập S để tạo ra 6 mã đề

'A lên mặt

.

'

'

ABC A B C có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của

)

thi trắc nghiệm của môn Vật lí trong kì thi THPT Quốc gia năm 2016. Tính xác suất để 6 mã đề được chọn, mỗi mã đề đều có tổng các chữ số là một số lẻ. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ

' ABC trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Biết  0 ' 45

'AB .

'

'

ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng

'CC và

.

'

C

(1; 0)

. Tính theo a thể tích của BAA 

F

; 2

J

. khối lăng trụ Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn ( )T và

3 5 ; 4 4

1 2

  

  

  

  

D

(2;1)

là điểm thuộc đoạn BE và là tâm Biết tiếp tuyến của đường tròn ( )T tại B cắt AC tại E . Gọi

x



2

y



1

thuộc đường tròn ( )T . đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết

2

2



4(

 y m

 ) 8

y



4

x

  1   

Câu 9 (1,0 điểm). Tìm m để hệ sau có 4 nghiệm thực phân biệt:

x y z là các số thực thuộc khoảng (0; 2) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ,

,

T









1 

1 

1 

2

x

2

y

2

z

xy



zx



3

3 3  yz

Câu 10 (1,0 điểm). Cho

-----------------------------Hết------------------------------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! Họ và tên thí sinh:………………………………………….; Số báo danh:………………………………..

GV: Nguyễn Thanh Tùng phẳng (

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !

HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan

GV: Nguyễn Thanh Tùng KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ------------------------------- Môn : TOÁN Nguyễn Thanh Tùng (Đáp án – thang điểm gồm 07 trang) Câu

Đáp án

y



Điểm ,1 0

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

x  1 2  1 x

D  

\{1}

.

.

y

'





0,

* Tập xác định: * Sự biến thiên:

2

3   1)

(

x

;1)

 và (1;

) .

y  . 2



y

y

 ; tiệm cận ngang:

2

– Chiều biến thiên: x D  . 0,25

x

1x  .

lim x    ,

y

y

  ; tiệm cận đứng:

lim  1 x

lim  1 x

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( – Cực trị: Không có. – Giới hạn và tiệm cận: lim  0,25

– Bảng biến thiên:

* Đồ thị:

0,25

1

0,25

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !

3

HOCMAI.VN

)C . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (

,1 0

y

  có đồ thị ( 9 1 x facebook.com/ ThayTungToan )C

 . 1

y

x 4

 )C với đường thẳng

26 Cho hàm số x y tại giao điểm của đồ thị ( Phương trình hoành độ giao điểm của (

x 4 )C với đường thẳng

 là: 1

y

x

0

  

1

3

2

2





6

9

x

x

x

 

1 4

x

  1

x x (



6

x



5)

0

y y

5 21

       x 1      x 5 

0,25

GV: Nguyễn Thanh Tùng  x 2

y

x 9

 1

0 (0;1)

Với M f '(0) 9  , suy ra phương trình tiếp tuyến:

y  5

0 (1;5)

y



24

x



99

Với M f '(1)  , suy ra phương trình tiếp tuyến: 0

0 (5; 21)

Với M f '(5)  24 , suy ra phương trình tiếp tuyến: .

 1

x

x

  x

log





4

2

3

0,25 0,25 0,25 ,1 0 a) Tìm số số phức z có phần thực hơn phần ảo 7 đơn vị và có môđun bằng 5. b) Giải phương trình sau trên tập số thực :

 log 4 2







1 2

,a b  

 

a bi

2

2



z



b

 (2)

5

b

a a b  (1) và 7 a   thay vào (2) ta được: 7

với Gọi z 0,25 Theo đề ra ta có:

Từ (1)

2

2

2

z

 

i 3 4

z

  . 4 3 i

x

x

x 1







3

log 2 2

3 a) b  . Vậy hoặc a  ( a  7)    5 a 7 a  12 0 0,25 3 a     4        4 a b 3 

x 1

x 1

x

0,25

 4

x   

4



3

2

 log   4 3



x

x

 

 x 2 2 (vô nghiệm ) hoặc 2

x 

4

 x  .

2

  4

Biến đổi phương trình tương đương :   log 2 4  2   x  2 2   4 0 0,25

 log 4 2   log 4  2 x   2 1 3.2 x  . 2 Vậy phương trình có nghiệm :

1

x

I



dx

x

x

x



15 3.15

25





2.9

0

x

1

1

x

5 3

  

I



dx



dx

Tính tích phân .

x

x

x

x

x





15 3.15

25





2.9

0

0



3.



2

5 3

25 9

     

  

  

  

x

x

x

,1 0 0,25

t

  dt

ln

dx



dx



5 3

5 3

5 3

dt  ln 5 ln 3

  

  

  

   

  

+) Đặt b) 4 0,25

x

  

0

t

1

x

  

1

t

5   3  5 3

5 3

5 3

Đổi cận và





dt

I



2





1  ln 5 ln 3

dt t 3

t





2

1  ln 5 ln 3

t

1 

1

1 

t

2

  

  

1

1

Khi đó 0,25

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !

GV: Nguyễn Thanh Tùng

5 3

HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan

I





ln



ln12 ln11   ln 5 ln 3

1  ln 5 ln 3

t t

 

1 2

ln12 ln11   ln 5 ln 3

1

z

2



:





0,25 . Vậy .

 x 1  1

y 3

 1

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng , hai điểm

A

 (2; 1;3),

B

(0;1; 2)

 . Gọi C là điểm thuộc đường thẳng  có tọa độ nguyên sao cho

5 ,1 0

     C

( 1

t

t ;3 ; 2

)

t

5 . Tìm tọa độ điểm C và tính thể tích khối tứ diện OABC (với O là gốc tọa độ).

 với t  , khi đó:

2

2

2

2

0,25

OC

  

5

(

t

1)



9

t

2)

  t (

C 

( 1; 0; 2)

t  

 5    hoặc

0

0

t

211   t

t 6

6 11



 (2; 1;3)

OC  Do C   OC 5 0,25 (loại)

 

 

( 1; 4; 2)



   

1 0 4 5

,

.

(0;1; 2)



  OA OB ,

    OA OB OC 

 

 

 

 

0,25 Ta có





,

.



OABCV

( 1; 0; 2)     OA OB OC 

 

  OA   OB    OC 

1 6

5 6

x

x

x



 cos .(1 sin 3 ) x

0,25

.

,1 0 6



x

x

sin 4

sin







x

x

0,25

a) Giải phương trình sin cos 3 b) Gọi S là tập hợp các số có 3 chữ số được lập từ các chữ số 1, 9,8 . Người ta chọn ra 6 số từ tập S để tạo ra 6 mã đề thi trắc nghiệm của môn Vật lí trong kì thi THPT Quốc gia năm 2016. Tính xác suất để 6 mã đề được chọn, mỗi mã đề đều có tổng các chữ số là một số lẻ. sin cos 3  x x   x x sin cos 3   2   cos .(1 sin 3 ) x x cos sin 3 x cos   

(

k a) x   4 x    x k  2

k   )

k



x



x





 2 5

 6

 2 3

 0,25 k 4 x    x k  2 x         2  2         2 5  2 3 k Vậy phương trình có nhiệm hoặc với k  .  10  6  10

a a a 1 2 3 ,

Gọi số có 3 chữ số dạng

2

3

, số. a a a đều có 3 cách chọn, nên số các số thuộc tập S là 3.3.3 27

Bước 1: Mỗi chữ số 1 Bước 2: Ta đi tính số các số thuộc tập S mà có tổng các chữ số là một số chẵn.

3

2

0,25 , ,  Trường hợp 1:

2

3

, ,

2

3

  

, b)





số. a a a đều chẵn, suy ra số đó là 888 , có 1 số 1 a a a có 1 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ khác nhau, có 3! 6 số  Trường hợp 2: 1 a a a có 1 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ giống nhau, có 3.1 3 số  Trường hợp 3: , 1 Vậy có 1 6 3 10 số thỏa mãn bước 2 Suy ra số các số thuộc tập S mà có tổng các chữ số là một số lẻ là 27 10 17

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !

GV: Nguyễn Thanh Tùng

27C (cách)

6

facebook.com/ ThayTungToan HOCMAI.VN 6 Bước 3: Số cách chọn 6 số từ tập S là:

17C (cách)

Số cách chọn 6 số từ 17 số mà có tổng các chữ số là một số lẻ là: 0,25

'A

. Vậy xác suất cần tính là: 

6 17 6 17 '

.

ABC A B C có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của

,1 0

)

ABC trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Biết

ABC A B C và khoảng cách giữa hai

.

'

'

'

C C ' 6188 148005 '

'AB .

'CC và

. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ Cho hình lăng trụ lên mặt phẳng (  0 BAA  ' 45 đường thẳng

0

 AB Gọi E là trung điểm của AB , ta có:   AB ( A OE ' )   AB A E '  A O AB ' OE   

A E AE

'

.tan 45



'A EA ta có:

a 2

a

3

a

3

a

OE





S



.



CE

0,25 Xét tam vuông

ABC

2

6

2 3 4

1 3

1 3 Suy ra

2

2

a

6

2

và Tam giác ABC đều cạnh a nên ta có:

A O '



2  A E OE

'







a 4

6

2

3

a

a 3 36 a 6

3

a

2



.



V



A O S ' .

B' C' 0,25

ABC A B C .

'

'

'

ABC

8



'

A' // (

'CC // AA ' d CC AB ', (

CC  ( ')  (

, (



Do 

CO AA B B

(

'

)

'

6 4 AA B B ) ' ' d CC AA B B )) ' ', ( ' (1) ' d C AA B B )) '   E





 3

Ta có H

'

))

B C 0,25

CE )) OE )) , ( )) 3 (  d O AA B B ' ), khi đó : H A E '

 Kẻ

(2) O E

))



OH

' d C AA B B , ( ( ' ' d O AA B B , ( ( ' ' ' ( d C AA B B , ( ' OH A E ( OH A E  '   OH AB   d O AA B B ' ,(

(

'



a

2

OH











 OH  ( AA B B ' ' ) A 7 (3)

2

2

2

1 OH

1 OE

1 A O '

12 2 a

6 2 a

18   2 a

6 a

a

2

2

(4) Ta có



d CC AB  ',

') 3.

(

6

2

0,25 Từ (1), (2), (3) và (4) ta được:

C

(1; 0)

F

; 2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn ( )T và

1 2

  

  

là điểm . Biết tiếp tuyến của đường tròn ( )T tại B cắt AC tại E . Gọi

J

3 5 ; 4 4

  

  

D

(2;1)

,1 0 thuộc đoạn BE và là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các

thuộc đường tròn ( )T .

đỉnh còn lại của tam giác ABC biết

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !

HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan

1

B D

2

1

1

0,25 I F M (cùng phụ

1

1

1

1





1

J E C A

GV: Nguyễn Thanh Tùng 8

Gọi M là giao điểm của CF và đường tròn ( )T , lúc này ta sẽ chứng minh M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF hay ta sẽ đi chứng minh AEFM nội tiếp đường tròn tâm J . Thật vậy: Ta có   B E 1 1 với ACB ) và   B M 1 (cùng chắn cung AC ) Suy ra:     E M E FMA      0  M FMA 180 suy ra AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*)



M

t (1 3 ; 4 ) t





2

2

2

2



4

t



JM JF

 

JM



JF

t 50



t 41

 

8 0

7 4

5 4

5   8

  

   t 3  

  

  

x   t 1 3 . Khi đó từ (*), suy ra: Phương trình đường thẳng CF là:   4 t    y 2

0,25 M t   1 32 ; 25 25          M 1 32 ; 25 25       M F   ; 2 8 25 1 2       t  1 2

y 4

x

  1 0

   2 0 Ta có phương trình trung trực    y  

      1d của DC là : x 2d của MC là: 3

phương trình trung trực Khi đó tọa độ tâm I của đường tròn ( )T ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC )

  1;1

(1; 2)

B

0,25 là nghiệm của hệ:   I   1 1 x y x   3    

2

2

2

x



y



x



y

   y 2 0    4 x y 1 0 Do ABC vuông tại A , suy ra I là trung điểm của BC , do đó Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và ngoại tiếp tam giác AEF lần lượt có phương trình:

2 2 

  0

3 2

5 2

3 2

x  y x  2 y   và 1 0

2

2

x



y





Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

0

A

(0;1)

A



M



2

2

1 32 ; 25 25

1

x



y



x



y

0

  

  

 x   y 

    

x 2 3 2

y 2 5 2

  1 0 3   2

0,25 hoặc hoặc (loại)

A

(0;1),

B

(1; 2)

1 25 32 25   x    y  Vậy .

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !



x

2

y



1

facebook.com/ ThayTungToan

2

2

4(



x

 y m

 ) 8

y



4

Tìm m để hệ sau có 4 nghiệm thực phân biệt: ,1 0 HOCMAI.VN   1   

2



a b

 

1

x  2 y 1 Biến đổi hệ tương đương: x  2( y  1)  4 m   1 2    

4

4

0

,

b



4

m

a b  ), khi đó hệ trở thành:

0,

b



0

x Đặt (với  2 y 1 0,25   a  b  

Nhận xét: Với mỗi nghiệm a b ( ; )  ( mà  thì hệ sẽ có 4 nghiệm phân biệt ) a 0

;1



;1





;1





;1



2 a 0

2 a 0

2 a 0

2 a 0

2 b 0 2

2 b 0 2

2 b 0 2

  ,    

  

  ,    

  a     a  00, b 0 2  b 0  2 

là: a b ; 0 0   ,    

GV: Nguyễn Thanh Tùng 9

a b  ( ; )

  (1;0), (0;1)

a

m

b

Với mỗi nghiệm (0;1) hoặc (1; 0) cho ta 2 nghiệm phân biệt. Điều kiện cần: ,a b nên nếu hệ có nghiệm ( , )a b thì ( ; )b a Do hệ phương trình có tính đối xứng với hai biến cũng là nghiệm. Kết hợp với nhận xét trên ta suy ra điều kiện cần để hệ có 4 nghiệm là a b hoặc . 0,25

1     2

1 32

a

b 0,

1

a



1;

b

0

+) Với a b thay vào hệ ta được

 hoặc

   . m

1 4

+) Với

a b

 

1

4

4

m 

a



b



Điều kiện đủ :

1 32

1 8 

a



0,

b

0

     

2

2

+) Với , khi đó hệ có dạng:

(

2

4

(

a

2 2 )

(

)

4

4

  

  

0

,

0,25

a b  ta luôn có:



a



b





 a b ) 2 2

 b 2

a

Với

b  , hệ có 4 nghiệm



1 2

 a b 8 1 7   , ;   4 8  

1  8   ,    

a b

 

1

4

4

b



1

Dấu ‘=” xảy ra khi . x y ;    1 9 ; 4 8 1 9 ; 4 8 1 7 ; 4 8      ,             

m  , khi đó hệ có dạng:

1 4

0,

b



0

4

  a     a  a

0

  a

1



4

4

4

4

a



b

  1

   a b

a



b



1



+) Với

a 4

0

  b

1

  

4

0,

b



1



Ta có 0,25

a 4

1;

b



0

b

    b b   a    a 

m 

Dấu “=” xảy ra khi , khi đó hệ có 4 nghiệm

m  .





   , 1;1 ,

 1;1

1 32

1 4

  a   b   1 2

hoặc . Vậy các giá trị m cần tìm là x y ;  0;  3 2      , 0;             

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !

x y z là các số thực thuộc khoảng (0; 2) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ,

,

HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Cho

P









2

x

2

y

2

z

1 

1 

1 

3 3  yz



zx



3

xy 2

2

2

1

x

2

x

,1 0

  1



  1



  0

x

1 2 

1 

 2

2

x

x 2

Ta có .

2

 2 z

1



0,25



x 1 

2

z

 2

y

2

1 1 

x 2 1  x 2  y 1 2

2

2

2

x



y

z



3







Tương tự và

2

x

2

y

2

z

1 

1 

 2

1 

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

2

2

x

y



z

2 3 

P





0,25

3 3  yz



zx



3



Khi đó .

 2 x y z , , 2

xy ta luôn có: 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

x



y

z



3

x



y

z



3

Mặt khác với 2    x y y z ) ( ( )  ( z  x )    0 x y  z  xy  yz  zx  . Suy ra 0

2

2

2



x

y

z



3

P











2

2

2

2

0,25

GV: Nguyễn Thanh Tùng 10

 2

3 3 2  y

z



3

x



 2 2

x



3 3 2  y

z



3

 2 2

2

2

2

2

2

2

x



y

z



3

x



y

z



3

3

AM GM  

3

.



.

2

2

x



3 3 2  y

z



3

3 3 2

 2 2

 2 2

x

1

y

P 

0,25

   thì z

3 3 2

3 3 2

. Khi . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU !

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !