TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2x 1 x 3 Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x  3x  , biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d : x  y   Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  Câu (1,0 điểm) a) Giải bất phương trình log2 ( x  3)  log ( x  2)  b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2i) z (1 z )i 3i Tính môđun z  sin x dx  4sin x  cos2 x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : x  y  z   đường x y 1 z  Tìm tọa độ giao điểm A d với ( P ) lập phương trình tham số đường   1 1 thẳng  qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d nằm mặt phẳng ( P ) thẳng d : Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình 2sin x cos x b) Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ đội bóng gồm: ĐKVĐ U21 HA.GL, U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, U21 Myanmar U19 Hàn Quốc Các đội chia thành bảng A, B, bảng đội Việc chia bảng thực cách bốc thăm ngẫu nhiên Tính xác suất để hai đội tuyển U21 HA.GL U21 Thái Lan nằm hai bảng khác Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  2a, AD  a , K hình chiếu vuông góc B lên đường chéo AC , điểm H , M trung điểm AK DC , SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc đường thẳng SB mặt phẳng ( ABCD) 450 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB MH Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu vuông góc A BC , điểm M  2; 1 , N trung điểm HB HC ; điểm  1 K   ;  trực tâm tam giác AMN Tìm tọa độ điểm C , biết điểm A có tung độ âm thuộc  2 đường thẳng d : x  y   2  3x  xy  2y  3x  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   5x  xy  5y  3x  3y   Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 2 z  xy  1 x  yz  1 y  zx  1 P   y  yz  1 z  zx  1 x  xy  1 -Hết - TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN Môn: TOÁN Đáp án Câu (1,0đ) Khảo sát biện thiên vẽ đồ thị hàm số y  \ 3 ♥ Tập xác định: D  ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: y '  Điểm 1,00 2x 1 x 3 0,25 5  x  32 ; y '  0, x  D ;3 3; Hàm số nghịch biến khoảng  ￚ Giới hạn tiệm cận: lim y x lim y lim y x x ; lim y x 0,25 tiệm cận ngang: y tiệm cận đúng: x ￚ Bảng biến thiên: x y' y 0,25 2 ♥ Đồ thị: + Giao điểm với trục:  1 1  Oy : x   y  :  0;  Oy : y   x    x  :  ;0   3 2  0,25  1   Đồ thị cắt trục tọa độ  0;  ,  ;   3   + Tính đối xứng: Đồ thị nhận giao điểm I  3;2  hai tiệm cận làm tâm đối xứng Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x  3x  , biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d : x  y   1,00 (1,0đ)  Đường thẳng d có hệ số góc kd   Do tiếp tuyến vuông góc với d nên hệ số góc tiếp tuyến ktt    kd 0,25  Khi hoành độ tiếp điểm nghiệm phương trình 0,25 x  y '  ktt  3x  x   x  x      x  3  Với x   y  , tiếp điểm 1;2  Phương trình tiếp tuyến y  x  (1,0đ) 0,25  Với x  3  y  2 , tiếp điểm  3; 2  Phương trình tiếp tuyến y  x  25 0,25 a) Giải bất phương trình log2 ( x  3)  log ( x  2)  0,50 (1)  Điều kiện: x  Khi đó: (1)  log2 ( x  3)( x  2)   ( x  3)( x  2)  0,25  x  5x     x   Kết hợp với điều kiện x  ta có nghiệm bất phương trình (1)  x  b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2i) z (1 z )i 3i Tính môđun z  Đặt z a bi , a, b ta có: 0,25 0,50 0,25 a  4b  a  (1  2i)z  (1  2z)i   3i  a  4b  (b  1)i   3i    b   b   Vậy môđun z z a2 b2 92 22 0,25 85  (1,0đ) 1,00 sin x dx Tính tích phân I    4sin x  cos2 x    0,25 sin x sin x cos x sin x cos x dx   dx   dx  4sin x  cos2 x sin x  2sin x  0  sin x  1 2  Ta có: I    Đặt t  sin x   dt  cos xdx , x   t  1; x   0,25 t 2 1  t 1 dt     dt t t  t 1 0,25 0,25  Suy ra: I    1   ln t    ln   t 1  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : x  y  z   đường (1,0đ) x y 1 z  Tìm tọa độ giao điểm A d với ( P ) lập phương   1 1 trình tham số đường thẳng  qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d nằm mặt phẳng ( P )  Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình x  y  z   x  3 x  y  z        y   x y 1 z 1  x  y    1  y  z  z  1    1,00 thẳng d :  Suy A(3; 4;2)      Mặt phẳng ( P ) có VTPT n( P )  1;1;1 ; đường thẳng d có VTCP ud  1;1;1 0,25 0,25 0,25 Gọi (Q) mặt phẳng qua A vuông góc với đường thẳng d    (P )  (Q) 1 1 1 1 Khi VTCP  u  n( P ) ; ud    ; ;  0; 2;2    1 1 1     x  3   Vậy phương trình tham số   y   2t  t   z   2t   (1,0đ) a) Giải phương trình 2sin x  Ta có: cos x 2sin x cos sin2x+ cos 2x cos x 3 cos 2x 0,25 0,50 (1) 2cos x sin  0,25 sin2x (2) Do sin x  nên phương trình (2) vô nghiệm 0,25 ♥ Vậy phương trình cho vô nghiệm Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ đội bóng gồm: 0,50 ĐKVĐ U21 HA.GL, U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, U21 Myanmar U19 Hàn Quốc Các đội chia thành bảng A, B, bảng đội Việc chia bảng thực cách bốc thăm ngẫu nhiên Tính xác suất để hai đội tuyển U21 HA.GL U21 Thái Lan nằm hai bảng khác  Số phần tử không gian mẫu là: C63C33 20 Gọi A biến cố: “đội tuyển U21 HA.GL U21 Thái Lan nằm hai bảng khác 2!C42 C22 12 nhau” Số kết thuận lợi cho biến cố A là: A ♥ Vậy xác suất cần tính P A (1,0đ) 12 20 A 0,25 0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  2a, AD  a , K hình chiếu vuông góc B lên đường chéo AC , điểm H , M trung điểm AK DC , SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc đường thẳng SB 1,00 mặt phẳng ( ABCD) 450 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB MH 0,25 S N A a 450 2a B A H I H K D B I K C M D M C  Do SH  ( ABCD) nên HB hình chiếu SB lên ( ABCD)   Suy SB;(ABCD)  SB; HB  SBH  450  SH  BH 2a 2a Xét tam giác vuông ABC ta có: AC  a , HK  AK  , BK  5 Xét tam giác vuông BKH ta có 0,25 4a2 4a2 8a2 2a 2a 10 BH  BK  HK     SH  BH   5 5  Thể tích khối chóp S.ABCD 1 2a 10 4a3 10 V  SABCD SH  AB.AD.SH  2a.a  3 15  Gọi I trung điểm BK , suy tứ giác HICM hình bình hành Suy ra: HI  BC  I trực tâm tam giác BHC  CI  HB  MH  HB Mà HB hình chiếu SB lên ( ABCD) nên MH  SB  Trong (SHB) , kẻ HN  SB ( N  SB) , ta có:  MH  HB  MH  HN   MH  SH 2 0,25 0,25 0,25 Suy HN đoạn vuông góc chung SB MH Suy ra: d  SB, MH   HN 1 2a 2a Xét tam giác vuông SHB ta có: HN  SB  HB  2 2 5 2a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình   Vậy d SB, MH  (1,0đ) chiếu vuông góc A BC , điểm M  2; 1 , N trung điểm 1,00  1 HB HC ; điểm K   ;  trực tâm tam giác AMN Tìm tọa độ điểm C , biết  2 điểm A có tung độ âm thuộc đường thẳng d : x  y   C N H K(-1/2;1/2) M(2;-1) I A x+2y+4=0 B  Gọi I trung điểm AH , ta có MI / / AB  MI  AC Suy ra: I trực tâm tam giác AMC  CI  AM Mà NK  AM  NK / / CI  K trung điểm HI  2a  2  a   Đặt A  2a  4; a   d , từ hệ thức AK  3KH  H  ;    0,25 0,25 7   2a   a  Suy ra: AK    2a;  a  MH   ;   2   7  2a      a  AK.MH     2a      a  0 2      a  1  A  2; 1  10a  13a  23    a  23  10  Suy tọa độ H  0;1 B  4; 3 Khi đó: Phương trình AB : x  3y   BC : x  y    Tọa độ C nghiệm hệ phương trình: 0,25 0,25 (1,0đ)  x  3y  5  x    C  4; 3  x  y  y  3 3x  xy  2y2  3x  2y  (1)  Giải hệ phương trình  x  xy  y  x  y   (2)    Nhân hai vế phương trình (1) với trừ theo vế cho (2), ta phương trình: x  xy  y  x  3y   2 x  y   (2 x  y)2  3(2 x  y)     2 x  y   Nếu x  y  y   x , thay vào (1) ta được: x   y  x  5x    x   y    7  Nếu x  y  y   x , thay vào (1) ta được:  1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 x  1 y  x  11x     x   y   7 5 3 4 6 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  0;1 ; 1;0  ;  ;   ;  ;   7  7 10 (1,0đ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 2 z  xy  1 x  yz  1 y  zx  1 P   y  yz  1 z  zx  1 x  xy  1 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  1,00  Biến đổi biểu thức P , ta có: 0,25 2  1  1  1 x  y  z   y   z   x  P   1 y z x z x y a2 b2 c    a  b  c  a, b, c   (1) b c a Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 b2 c2 a2 b2 c  b  2a,  c  2b,  a  2c     abc b c a b c a  1  1   1 Sử dụng (1) ta suy ra: P   x     y     z    x  y  z     Q y  z  x x y z   Chứng minh bất đẳng thức:  Tiếp tục đánh giá Q , ta có: Q  3 xyz  3 0,25 0,25 xyz xyz  3 15  Khi đó: Q  3t   12t   9t  36   t t 2 Dấu đẳng thức xảy x  y  z  15 Kết luận: Giá trị nhỏ P , đạt x  y  z  2 Đặt t  xyz , ta có:  t  xyz  0,25