ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số

.

y

  1

 2x 1  x 1

a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng khoảng cách từ M đến

trục Ox.

Câu 2 (1 điểm).

3

sin x 2sin x sin

2x

0

a. Giải phương trình

.

5   2 

  

log

 8 x

b. Giải phương trình

 . 1

 log x 2

 log x 4

3

3

3

6

Câu 3. (1 điểm). Tính tích phân

.

I

 3x 2

2

xdx   x 1

Câu 4. (1 điểm).

n

,

a. Tìm số hạng chứa

biết n là số tự nhiên thỏa mãn

3x trong khai triển

.

 n 2C

3 C n

2 n

2 2 x

4 3

  x 

   b. Một hộp đựng 9 viên bi trong đó có 4 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên 3

viên bi. Tính xác suất để trong 3 viên bi lấy được có ít nhất 2 viên bi màu xanh.

giữa (SAB) và (ABCD) bằng

Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc 060 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường

. Gọi E, F

thẳng SA và IC. Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC 2BA

. Biết

lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM 3FE

5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x y 3 0

   , điểm A có hoành độ là

điểm M có tọa độ 

số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

A 1; 3; 2

,

Câu 7 (1 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm

 B 3;1; 2 . Viết

.

phương trình mặt cầu đường kính AB. Tìm điểm I trên trục Oy sao cho IA

2IB

2

2x

2x

 x y

 x y y

.

Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình

2

  x 1 xy

y

21

   

2

2

2

x

y

z

1

Câu 9 (1 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn

 . Tìm giá trị lớn

2

2

P

 x y

nhất của biểu thức

.

2

2

x  2yz 1 2y 

y  2xz 1

2x

----Hết---- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1

Néi dung Câu

§iÓ m

  D R \ 1

y '

0

2 x 1 



  ;1 , 1;

 

- Tập xác định 3  0,25 - Sự biến thiên với x D 

2

 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị

0,25 + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  + Hàm số không có cực trị

 lim y x x   

  , suy ra đường thẳng x 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị

 lim y x   x 1

+

 , lim y x   x 1 + Bảng biến thiên

-  1 x +  0,25 - -

y’(x )

y

2 - 

+  2

y 6

5

Câu 1a 1,0 điểm

4

3

2;1 , 4;3 , 2;5

2

 I 1; 2 làm tâm đối

  

- Đồ thị

1

O

x

2

4

-2

5

5

1

-1

2

0,25

0

x

1

y

y

+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm     0; 1 ,  + Đồ thị nhận điểm  xứng.

 d M,Ox

 1 ,

M x ; y , 

 d M,

0

0

0x

   1

   0

0

0

2x x

1  1 

0

0

x

1

2x

1

Gọi , Ta có 0,25

   x

2 1

   0

0

0

2x x

 1  1

0

x

0

0

x

x

2x

1 2x

 

0,25

 M 0; 1 , M 4;3

0

2 0

0

0

x

4

 1 2

0

 1    

x

2x

2x

2 0

1

x

1   

x

Với , ta có pt Suy ra 0,25 Câu 1b 1,0 điểm

    (vô nghiệm) .

2 0

0

0

2 0

0

1  2

 M 0; 1 , M 4;3

Với , ta có pt 0,25 Vậy

3

2

sin x 2sin x sin

2x

  0

 sinx 1 2sin x

cos 2x 0

  

 

 5  2   sin x.cos 2x cos 2x 0

0,25

   cos 2x(sin x 1) 0

x

x

   

  k  4 2

cos 2x sin x

0 1

  

  

k2

Kết luận: nghiệm của phương trình ,

  k  4 2   2

  x 

0,25

Câu 2a 0,5 điểm

x

k2

log

1

8 x 

 log [ x 2 x 4 ] - log 8 x

 1

 log x 4



  2    Điều kiện xác định 2 x 8    

3

3

3

3

3

0,25

2

2

2

  

  

3

x

  6x 8 3x

48x 192

2x

54x 184 0

 2

23

  log x 2   x 2 x 4  8 x

Khi đó 

Câu 2b 0,5 điểm

2  x 4      x 

 

0,25

2

  

 

  

t

3x 2

t

3x 2

2tdt 3dx

dx

tdt

t 2, x 6

  

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là x 4

   t 4

2

t

4

6

2

tdt

I

dt

Đặt .Khi x 2 0,25

2

2

2 3 2 2 . 3 1

 3 t

 

2 1

 3x 2

2

2

4 2 t  3 t 2

xdx   x 1

t

 3

4

4

4

4

4

Suy ra 0,25

t

dt 2 

2

2

2 3

t

3 

2 3

t

1 

1  t 1 t 1 

1 

 1  

  

 dt  

2

2

2

2

 

ln t 1 ln t 1

ln

Câu 3 1 điểm 0,25

dt 1  4

2

 dt  1  4 3

2 3 4   3

2 9 5

 n 2

n 2C

n 3 .

  n n n 1

3 C n

2   n

0,25

4 3

4 3

  n n 1 n 2 6

4 3

 n 9

k

n!   3! n 3 ! 2n    (do n 3 ) 9n 0  9 9

9

k

 9 k

 9 3k

x

 2

0,25 Điều kiện n!   2! n 2 !

k C x 9

k C x 9

2 2 x

2  2 x

k 0 

k 0 

  

  

  

  

Khi đó ta có

   k 2

0,25 Số hạng chứa

Câu 4a 0,5 điểm

2

3

 

 2

3x tương ứng giá trị k thoả mãn 9 3k 3 3 144x

2

9C x

3x bằng Gọi  là không gian mẫu của phép lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ 9 viên bi suy ra

Suy ra số hạng chứa

n

C 84 

  

3 9

0,25

1

Gọi A là biến cố lấy được ít nhất 2 viên bi xanh.

Câu 4b 0,5 điểm

40

4C .C

2 5

Trường hợp 1. Trong 3 viên bi lấy được có 2 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ, có

3

cách. 0,25 cách

 P A

 1 n A C .C C 50 4

2 5

3 5

25 42

2

S

a

SH.S

V

Vậy Suy ra

S.ABCD

ABCD

ABCD

Ta có , 0,25 Câu 5 Trường hợp 2. Ba viên bi lấy ra toàn màu xanh, có 5C 10   n A 50    84 n 1 3

S

 

HE AB

F

, suy ra SEH là Dựng Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra SH (ABCD)   SHE AB

A

D

K

    

HE

SH

a 3

 0  SEH 60 3HE a 3 3

M

P

3

I

2

SH.S

.

.a

V

góc giữa (SAB) và (ABCD)  0  SH HE.tan 60 0,25

H

ABCD

S.ABCD

E

C

1 a 3 3

3

3a 9

B

Suy ra Ta có HE HI 1  CB IC 3 1 3

 d SA,CI

  d H, SAP

0,25 Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI   d CI, SAP

  

HF SK HF

HF

Dựng HK AP

 SHK    d H, SPA

Dựng

2

2

 SAP   1 2 HS 1

Do SHK vuông tại H (1) , suy ra   SPA 1 HF

2

2

2

2

1

  HF

Dựng DM AP , ta thấy DM HK 0,25

2

2

1 HK 1 HK 4 2 a

1 1 DM DP DA 1 2 a

8 2 a

3 2 a

1 2 HF

1 1 2 DP DA HS

a 2 2

Thay vào (1) ta có .

 d SA, CI

a 2 2

. Vậy

C

EM BC

 

  

Gọi I là giao điểm của BM và AC.

ABC

 BEM EBM CAB BM AC

 

 

M

Ta thấy BC 2BA EB BA, FM 3FE 0,25

  .

F

E

. 

I

A

B

;

   2x y 3 0   x 2y 7 0

13 5

 11 5

12 6 ; 5 5

 I   

  

  IM    

  

  

Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC BM : x 2y 7 0 Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ

 

13   x  5   11   y  5  IM

 IB

Câu 6 1,0 điểm 0,25

  B 1; 3

2 3

  4 8 ; 5 5

  

  

Ta có

1

  BA

BI

2

2

2

2

1  BA BC

5 4BA

5 2

1 BI 2

2

BA

BI

ta có Trong ABC

 BI 2

5 2

 8 5

4 5 5

  

Mặt khác , suy ra

A a,3 2a

 4     5   Gọi toạ độ

   

2

2

2

2 BA 4

5a

4

  

6 2a 

  

26a 33 0 

 

 a 1

3 11 5

a     a 

 AI

0,25 , Ta có

A 3; 3 .

  

Do a là số nguyên suy ra

   AC 5AI

   2; 4

  C 1;1

     A 3; 3 ,

  C 1;1

2 4 ; 5 5   B 1; 3 ,

1; 2;0

IA

I 2; 1;2

5

 IA

A 1; 3; 2

0,25 Ta có . Vậy

2

2

2

 z 2

 . 5

, Gọi I là trung điểm AB, 0,25

 

B 3;1; 2 suy ra   Suy ra mặt cầu đường kính AB có phương trình 

0,25

Câu 7 1,0 điểm

  x 2 Do I thuộc trục Oy nên I có tọa độ 

           y 1  I 0;a;0

2

2

2

2

IA

5

 a 3

a

6a 14, IB

13

a

 2a 14

  a 1

   a 5

11

2

2

2

2

 

  

IA

2IB

IA 2IB

2   a

6a 14 2a

4a 28

a

 10a 14 0

 

a 5

11

   

0,25

I 0;5

I 0;5

11, 0

0,25

Vậy 

2

hoặc  

 11, 0 , Điều kiện xác định x 1, x y 0   2

2

2x

x y

2x

x y y

2x

2x

x y

  

xy y 

  0

Khi đó

  

0

 

0

 x y 2x y

  

 x y 

2x

 x y

 x y

  x y 2x y   

   

2x y 0

     , từ đó suy ra x

1  2x y .

0,5 .

2

2

2

2

Do x 1, x y 0

Câu 8 1,0 điểm

x

x

21

4  

 21 5

Thay vào (2) ta có

x 2

   x 2

0 (3)

  

x 1 1 x  x 2 2

x

x 1 x    1    x 1 1 

       

1

 

x 2

0

0,25

 x 2 1

2

 x 2 2

10

91

x

x

  

 21 5   

Vì , từ (3) suy ra x 2

2; 2 .

  21 5 Vậy nghiệm của hệ phương trình là 

2

2

2

2

2

  2yz 1 x

y

z

 2yz x

 y z

0,25

 2x y z

2

2

2

2x

  2yz 1 2x

2x x y z

  

Ta có

 2x y z

2

x  2yz 1

x 1   2 x y z

2x

2

Suy ra

2

2y

P

x y

1

 

x y 

1 2 x y z

1 2

x y   

z x y z  

0,25 Tương tự .Suy ra

Câu 9

  

y  2xz 1   

1 y   2 x y z   

  

2

2

2

2

x y

 

y

 2 2z

  2 1 z

Ta có

1,0 điểm

z

4

2

P

1

2 2z 

2

1 2

z

2 2z 

 2 x   

  

z

4

2

1

 2 2z

0,25 Suy ra

  f z

0;1

2

1 2

 2 2z

  

  z  z

1

 

0

  c

Xét hàm số trên 

  ' f z

 0;1

2

3

2

2

2

4

 2 2z

 2 2z

z

 2 2z

với . 0,25

Do hàm số liên tục trên 

 0;1 , nên

0;1

4

  y

x

2

 , z 0

   P f z

  f 0

 f z nghịch biến trên    1 2

Suy ra . Dấu = xảy ra khi

4

x

  y

2

 , z 0

1   2 1 2

1 2

0,25 Vậy GTLN của P là đạt được khi

Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng