KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang)

4

y

x

22 x

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

.

y

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm toạ độ giao điểm A của đồ thị hàm số

với trục hoành. Viết phương trình

x x

 

1 1

tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A .

Câu 3 (1,0 điểm).

x

6

x 5.3 .

.

a) Giải phương trình sau trên tập số thực: 9 b) Cho số phức z thỏa mãn (2 i)z

. Tìm môđun của số phức w i.z 2.z

  4 3i e

I

dx

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

.

2

ln x  x (2 ln )

x

1

A

 (2 ; 1 ; 0)

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm

và mặt phẳng (

)P có

10 0

2

3

x

y

z

 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và song song với ( )P . Tìm

phương trình toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên ( )P .

sin

x

cos

x

 

x 1 cos .

Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sau trên tập số thực: 

2

b) Hưởng ứng “Tháng hành động vì an toàn thực phẩm”, Đoàn TNCS Hồ Chí Minh Trường Trung học

phổ thông X chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong một nhóm học sinh tình nguyện gồm 5 nam và 4 nữ để

tham gia đội tuyên truyền của thành phố. Tính xác suất để trong 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều bên hợp với mặt đáy góc

,M N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và

060 . Gọi

.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , mặt .SD Tính theo a thể

,MN CD .

.S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng

N

 ( 2 ; 2),

(1; 2)

P

,

lần lượt là chân đường cao kẻ từ

3

2

3

4

2

2

x x

12

3

9

3

8

6

3

x

x

x

y

y

x

tích của khối chóp Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn có các điểm ,A B C . Tìm tọa độ ba đỉnh của tam giác  M (1 ; 2), ABC . Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  x x

 x x

 1

2

2

 9 6

 

x

4

y

x

y 8 .

    

4

4

2

2

2

x

y

5

2 x y

2

x

3

y

2 0

,x y thoả mãn điều kiện

  . Tìm giá

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực 2

2

2

2015

x

y

P

trị lớn nhất của biểu thức

.

 2016  1

2 3  x y 2 2 x  y --------------- HẾT ----------------

Cảm ơn thầy Nguyễn Tài Chung(nguyentaichung2013@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

GIA LAI

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Môn thi: Toán

(Đáp án – Thang điểm gồm 4 trang)

Đáp án Câu Điểm

1 ● Tập xác định: D   .

3

(1,0đ) ● Sự biến thiên: 0,25

y

 

34 x

4

x

y

   

0

4

x

4

x

 x 0      0 1. x 

+ Đạo hàm: ;

 ; các khoảng nghịch biến (

)

 

; 1),(0 ; 1)

. + Các khoảng đồng biến ( 1;0), (1;

x

0,

0

x

 

1,

  . 1

y CT

CÑ y

Hàm số đạt cực đại tại , hàm số đạt cực tiểu tại 0,25

y

y

 

x

x

lim  

lim   +

Giới hạn: .

+ Bảng biến thiên:

x –∞ −1 0 1 +∞

y’ − 0 + 0 − 0 +

0,25 +∞ 0 +∞ y −1 −1

● Đồ thị:

y

8

0,25

x

O

-2

1

-2

2

-1

2 0,25 Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là nghiệm của phương trình:

    1

0

x

x x

 

1 1

(1,0đ)

 A 

1; 0

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm . 0,25

y

y

 '( 1)(

x

 . Ta có

1)

 A 

1; 0

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại có dạng

0,25

y

'

    '( 1)

y

2

2   1)

(

x

1 2

.

y

 

(

x

 hay

1)

y

 

x

)C tại

 A 

1; 0

1 2

1 2

1  . 2

là: Vậy phương trình tiếp tuyến của ( 0,25

t 

3x

t  (*). 0

3 a) Đặt , điều kiện

t 5

6 0

2 3

 t      t

x

x

(1,0đ) 0,25 , thoả điều kiện (*). Phương trình đã cho trở thành 2 t

3

  

2

x

   . x

3

1

t  ta có 2

t  ta có 3

3

log 2 3

Với ; với

x 

1x  và

log 2 3

 b) (2 i)z

    

z 1 2i

4 3i

0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm .

0,25

41

w iz 2z

 i(1 2i) 2(1 2i)

  . Vậy | w |

4 5i

0,25 .

t

    x

2 ln

dt

dx

x

  

1

t

2;

x

   t 3

e

1 x

0,25 4 Đặt . Đổi cận:

3

(1,0đ)

I

dt

 

 2t 2 t

2

3

3

0,25 Khi đó

ln

t

1 t

2 2 t

2 t

  

 dt  

  

  

2

2

0,25

I   

ln

1 3

3 2

0,25 Vậy .

)Q // ( (

)P nên phương trình (

)Q có dạng

x

2

y

3

 z D

 với

0

D 

10

0,25 5 .

A

 (2; 1;0)

Q (

)

  2 2 0

  

D

    , thoả điều kiện.

D

0

4

(1,0đ)

)Q có phương trình

x

2

y

3

z

  . 4 0

0,25 Vậy (

Hình chiếu vuông góc của A trên (P) chính là giao điểm H của (P) với đường thẳng d qua A và vuông góc với (P).

0,25

  (1; 2; 3)

 n 

d qua

, vuông góc với (P) nên d nhận vectơ pháp tuyến

của

A

 (2; 1;0)

2

x

(P) làm vectơ chỉ phương. Do đó d có phương trình

.

 1

z  3

Toạ độ

( ;

; )

  y

2

3

x

 y 1  2 H x y z giao điểm của d và (P) là nghiệm của hệ :  x 1 

2

1

y

x

z

y

z 2

  3

y

1.

H

Vậy

.

 1; 1; 3

1 

x

2

y

  2  3 10 z

3 

0

x

2

y

 3 10

z

0

z

3

    

    3   

      

0,25

sin

x

cos

x

 

1 cos

x

 

1 2sin .cos

x

x

 

1 cos

x

x cos (2sin

x

  1) 0

2

6 0,25 a) Ta có 

x

 k

cos

x

0

x

k

 2 ,

k

(1,0đ)

sin

x

   

1 2

k

 2

 2  6  5 6

          x 

0,25

126

|

b) Nhóm học sinh tình nguyện có 9 học sinh, chọn 4 học sinh, khi đó số phần tử không gian mẫu là

.

4 C  | 9

C

6

Nếu chọn 4 học sinh đều là nam hoặc đều là nữ, ta có số cách chọn là

 . Do đó

4 C 5

4 4

0,25

P A  

) 1

(

xác suất của biến cố

.

:A “4 học sinh được chọn có cả nam và nữ” là

6 126

20 21

S

0,25

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, M là trung điểm AB. Khi đó

.

SM AB OM AB ,

7

N

SAB

), (

ABCD là )

I

A

D

(1,0đ)

,

SO

(

ABCD

)

Do đó góc giữa hai mặt (  060 (theo gt). SMO  .S ABCD là hình chóp đều nên

M

K

O

SO OM

0 tan 60

3

, do đó

.

suy ra SO OM

B

C

a 2

3

a

3

2

0,25

Vậy thể tích khối chóp là:

.

V

S

SO .

a

.

3

S ABCD

.

ABCD

1 3

1 3

a 2

6

0,25

SK

(do SMK (do IN//CD). Suy ra

  đều) MI  IK MNI (

IK )

Gọi K là trung điểm CD. Dựng đường thẳng d qua N, song song với CD, d cắt SK tại I. Khi đó CD//(MNI), do đó d(MN, CD) = d(K, (MNI)). Ta có MI Mà IK IN Từ đó d(MN, CD) =d(K, (MNI)) = IK

0,25

d MN CD KI

(

)

,

Ta có ∆SKM là tam giác đều, I là trung điểm SK. Do đó:

SM a  . 2

2

0,25

A

N

8

P

H

; Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Do các điểm B, P, N, C thuộc đường tròn đường kính BC nên  PNB PCB (1,0đ)

C

0,25 Các điểm H, N, C, M thuộc đường tròn đường kính HC nên  HNM HCM 

M

B

Suy ra  PNB BNM

y

2

. Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP. Tương tự ta có  PMH HMN

  4

x

3

y

  2

0

Ta có phương trình MN: . Tương tự, lập được phương trình các

 x 1  3   2 0,

 4 PM x :

NP y :

  . 1 0

đường thẳng

4

x

2

y

 12 0 (1)

| 4

x

y

2 |

Phương trình các đường phân giác góc MNP : 0,25

F x y (

)

4

x

2

y

12

y

4

x

8

y

 

8 0

(2)

3 5

     | 2 | 

,M P vào vế trái của (1) ta được

F

F

(1; 2) 0

 , dó đó (1) là phương

 (1; 2). Thay các toạ độ trình đường thẳng AC (phương trình (2) là phương trình BH ).

. Đặt

,BC AB .

BC x :

3

y

  7

0,

AB x :

   .

3 0

y

Tương tự, ta cũng lập được phương trình của 0,25

Suy ra tọa độ các đỉnh tam giác ABC là A(–1;4); B(4;–1); C(–5; –4) 0,25

3

2

3

4

2

2

y

3

y

x

3

x

12

x x

9

3

x

8

x

6

4 (1)

 x x

 x x

   1

9

2

2

x

4

y

Xét hệ (1,0đ)

 9 6

 

x

8

y

(2)

    

2

2

(

x

(

y

1)

2

2

0,25

x

4

y

 

9 6

x

  y

8

 (3).

1

x  , ta có:

0

 3) 4

 1

Với điều kiện

x

[1 ; 5],

y

[0 ; 2]

Suy ra

Biến đổi (1) về dạng

3

2

3

2

y

6

y

9

y

x x

x

x

6

x x

9

x x

x

 1

 1

   1

0,25 (4) 

x x

x

x x (

 

1) 0,

y

   .

1

1

x

[1 ; 5],

y

[0 ; 2]

2

Với , ta có

   , ta có )

f t ( )

3   t

t 6

t 9

2

f

t đồng biến trên [ 1; ( )

   .

)

f

 '( ) 3 t t

t 12

       , suy ra [ 1;

9 0,

)

t

0,25 Xét hàm số trên [ 1;

1y

 

x x

x

3

89

2

(5) Do đó: (4) 

(

x

1)(4

x

3

x

5) 0

   hoặc x

1

x

8

3

89

Thay (5) vào (3) ta được .

x

1,

x

8

Chỉ có các nghiệm thoả điều kiện.

3

 89 5

89

3

89

0,25

x

  y

 (thoả điều kiện).

1

x

   ; y

1

1

8

 16 2

3

 89 5

89

89

Ta có:

x y ( ;

)

(1;1), ( ;

x y

)

;

8

 16 2

  3   

  1 .   

2

2

2

2

2

2

2

4

4

2

2

2

Vậy hệ có các nghiệm là

x

y

5

2 x y

2

x

3

y

 

2 0

y

3

x

y

   2

x

3

2 x y

   x

10 Ta có

2

2

,x y

x

3

2 x y

 với mọi số thực

0

2

2

(1,0đ) 0,25 Ta thấy

t

x

y

t   2 0

t

t  

2

1

2

t

2

t

2

Đặt thì ta có 2 3

P

,

t

f

t ( )

,

t

 1; 2

 1; 2

2 2013 t t 1

2013 t  t 1

2

t

/

0,25 Ta có ; Xét hàm số

f

t ( )

2011 2

2   t  1) ( t

Suy ra

0,25

f

/ ( ) 0,

  

t

t

f

t liên tục, đồng biến trên đoạn [1 ;2]. ( )

 1; 2

0

x

x

0

Ta có suy ra

2

y

 

2.

   y

  

hoặc Vậy giá trị lớn nhất của P là 1344 khi 0,25

Chú ý: Những cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Tùy theo thang điểm của đáp án mà giám khảo cho điểm tương ứng.

–––––––––––– Hết ––––––––––––

Cảm ơn thầy Nguyễn Tài Chung(nguyentaichung2013@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl