SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC Môn: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN Câu 1: (2, đ ểm) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  3x  (C) b) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm có hoành độ x = -1 Câu 2: ( , đ ểm) a) Giải phương trình 2log9 x   log3 x b) Tìm mô đun số phức z thỏa mãn điều kiện z  z   4i Câu 3: ( , đ ểm) Tính tích phân I    x  3 ln xdx Câu 4: (1,0 đ ểm) Tính P  sin 2 b) Trong đợt kiểm tra vệ sinh an toàn thực phẩm ngành y tế chợ X Ban quản lý chợ lấy 15 mẫu thịt lợn có mẫu quầy A, mẫu quầy B mẫu quầy C Mỗi mẫu thịt có khối lượng để hộp kín có kích thước giống hệt Đoàn kiểm tra lấy ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem thịt lợn có chứa hóa chất “Super tạo nạc” (Clenbuterol) hay không Tính xác suất để hộp lấy có đủ ba loại thịt quầy A, B, C a) Cho  góc thỏa mãn sin   cos  Câu 5: ( , đ ểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   , x 1 y  z   điểm I (2;1; 1) Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc 3 với mặt phẳng ( P ) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho IM  11 đường thẳng d : Câu 6: ( , đ ểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp điểm K   ;   , đường cao đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình  2 3x  y   x  y  Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu 7: (1,0 đ ểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, mặt bên SAB tam giác đều, SC  SD  a Tính thể tích khối chóp S.ABCD cosin góc hai mặt phẳng (SAD) (SBC) Câu 8: (1,0 đ ểm) Giải phương trình 32 x  16 x  x  x    tập số thực 2 Câu 9: (1,0 đ ểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ 3a 3b 3c  biểu thức P  2  b c c a a  b2 Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: ……………….……… SỞ GD & ĐT HÀ NỘI KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC Môn: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN ĐÁP ÁN CÂU Câu ĐIỂM a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  3x  1.0 điểm Tập xác định D  Sự biến thiên x  x  - Đạo hàm y '  3x  x, y '   3x  x    Bảng xét dấy y’ 0.25  Hàm số đồng biến khoảng  ;0  ;  2;   Hàm số nghịch biến khoảng  0;  Hàm số đạt cực đại x  0, ycd  Hàm số đạt cực tiểu x  2, yct  2 - Giới hạn, tiệm cận  2  2 lim y  lim x3 1      , lim y  lim x3 1      x  x  x  x   x x   x x  0.25  đồ thị hàm số tiệm cận - Bảng biến thiên 0.25 Đồ thị y ''  x   y ''   x  x 1 y  Đồ thị hàm số có điểm uốn U 1;0  x  1  y  2 x  3 y  b) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm có hoành độ x  1 0.25 1.0 Với x  1  y   1  3 1   2 Tiếp điểm M (1; 2) 0.25 Ta có y '  3x  x  y '  1   1   1  Hệ số góc tiếp tuyến k  Phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M (1; 2) có hệ số góc k  là: y   x  1   y  x  0.25 Vậy tiếp tuyến cần tìm y  x  0.25 Câu a) 0.25 1.0 điểm Giải phương trình 2log9 x   log3 x 0.5 x  x  Điều kiện  Đặt t  log3 x, (t  0)  log9 x  t Ta phương trình ẩn t 0.25 t  1 2 t    t    t  t     t t t  2 Với t   log3 x   x  Với t  2  log3 x  2  x  32  0.25 Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S   ;3 9 b)  Tìm môđun số phức z thỏa mãn điều kiện z  z   4i Đặt z  x  yi, (x, y  )  z  x  yi  2 z  2 x  yi Khi phương trình cho trở thành 0.5 x  yi  x  yi   4i   x  yi   4i  x   3 y   x  3    y  0.25 Vậy z  3  i  z   3     3 4 97 97  Câu Tính tích phân I   x  3 ln xdx 1   u  ln x du  dx Đặt  Khi  x  dv   x  3 dx v  x  3x  2 x  3x I   x  3x  ln x   dx x 0.25 1.0 điểm 0.25 0.25   2.2  3.2  ln   2.1  3.1 ln1    x  3 dx 2 0.25  14 ln    x  3x   14 ln     3.2   12  3.1 0.25  14 ln  10    14 ln  Câu a) 1.0 điểm Cho  góc thỏa mãn sin   cos   Tính P  sin 2 0.5 Suy 1 sin   cos      2sin  cos   2 1  2sin  cos     sin 2   2 Từ giả thiết sin   cos   0.25 0.25 Vậy P  sin 2   b) Trong đợt kiểm tra vệ sinh an toàn thực phẩm ngành y tế chợ X Ban quản lý chợ lấy 15 mẫu thịt lợn có mẫu quầy A, mẫu quầy B mẫu quầy C Mỗi mẫu thịt có khối lượng để hộp kín có kích thước giống hệt Đoàn kiểm tra lấy ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem thịt lợn có chứa hóa chất “Super tạo nạc” (Clenbuterol) hay không Tính xác suất để hộp lấy có đủ ba loại thịt quầy A, B, C 0.5 Không gian mẫu  tập hợp tất tập gồm phần tử tập hợp hộp đựng thịt gồm có    15 phần tử, đó: n     C153  15!  455 12!.3! Gọi D biến cố “Chọn mẫu thịt quầy A, mẫu thịt quầy B, mẫu thịt quầy C” Tính n  D  Có khả chọn hộp thịt quầy A Có khả chọn hộp thịt quầy B Có khả chọn hộp thịt quầy C Suy ra, có 4.5.6  120 khả chọn hộp đủ loại thịt quầy A, B, C  n  D   120 Do đó: P( D)  0.25 0.25 120 24  455 91 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   , đường Câu x 1 y  z   điểm I (2;1; 1) Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp thẳng d : 3 xúc với mặt phẳng ( P ) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho 1.0 điểm IM  11 Khoảng cách từ I tới (P) d ( I ,( P))   2.1  2.(1)  12  (2)2  22  1 Mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P) có bán kính R  d ( I ,( P))  có phương trình  x  2   y  1   z  1 2  0.25 0.25 Từ giả thiết ta có  x   2t  d :  y   3t ,  t   z  2t   M d  M (1  2t;3  3t;2t )   IM  (2t  1;2  3t;2t  1) Từ giaie thiết IM  0.25 11   2t  1    3t    2t  1  11 2   4t  4t  1    12t  9t    4t  4t  1  11  17t  12t   t   t   17  Với t1   M (3;0;2) Với t    66 10   M  ; ;  17  17 17 17  Vậy, có hai điểm thỏa mãn yêu cầu toán : 0.25  66 10  M  3;0;2  M  ; ;    17 17 17  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp Câu điểm K   ;   , đường cao đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương  2 trình 3x  y   x  y  Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC 1,0 điểm 0.25 Từ giả thiết, tọa độ A nghiệm hệ 3x  y   x    A(1; 2)  2 x  y  y  Gọi M trung điểm BC KM / / d1 Đường thẳng KM qua  1 K   ;   có vec tơ phương  2 u  4;3 có phương trình   x    4t t    y    3t     x    4t   1  x  Tọa độ M nghiệm hệ  y    3t    M ( ;1) 2  y 1  2 x  y    Đường thẳng BC qua điểm M ( ;1) vuông góc với d1 : 3x  y   có phương   x   3m trình  m    y   4m  B(  3m;1  4m) 2 0.25 3  1 25 1 3   KB    3m      4m      3m     4m   25m  2  2 2 2  Từ giả thiết, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2  50  3  AK          2  2  2 BK  AK  CK Mà 25 50 1  25m    m2   m   4 x  Với m    ta có điểm  2; 1  y  1  x  1 Với m     ta có điểm  1;3 y  Vậy tọa độ đỉnh lại B C có tọa độ  2; 1 ,  1;3 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, mặt bên SAB tam giác đều, Câu SC  SD  a Tính thể tích khối chóp S.ABCD cosin góc hai mặt phẳng (SAD) (SBC) 0,25 0.25 1.0 điểm Gọi I trung điểm AB; J trung điểm CD từ giả thiết ta có IJ  a ; SI  a 0.25 SJ  SC  JC  3a  a a 11  Áp dụng định lý cosin cho tam giác SIJ ta có 3a 11a  IJ  IS  SJ a2 4 cos SIJ     0 IJ IS a a 2.a Suy ra, tam giác SIJ tam giác có SIJ tù   2 a2  Từ giả thiết tam giác SAB tam giác SCD cân đỉnh S Gọi H hình chiếu S (ABCD), ta có H thuộc IJ I nằm HJ tức tam giác vuông SHI có ( SIJ SIH kề bù)  sin SIH  3 a a Xét tam giác SHI ta có SH  SI sin SIH   3 1 a a Vậy VS ABCD  S ABCD SH  a  3 H  900 ; góc I nhọn cos I  cos SIH   cos SIJ  Từ giả thiết giao tuyến hai mặt phẳng (SBC) (SAD) đường thẳng d qua S song song với AD Qua H kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt DA CB kéo dài M, N Theo định lý ba đường vuông góc ta có SN  BC, SM  AD  SM  d ; SN  d  MSN góc hai mặt phẳng (SBC) (SAD), MN  AB  a 0.25 0.25 Xét tam giác HSM vuông H có SH  a a 2a a a , HM   SM  SH  HM     SN 2 4 Theo định lý cosin cho tam giác SMN cân S có 2 0.25 3a 3a a   a2 SM  SN  MN cos MSN    22  3a 3a 2SM SN Câu Giải phương trình 32 x  16 x  x  x    tập số thực Điều kiện x  , phương trình cho tương đương 1.0 điểm 0.25 32 x  32 x  16 x  16 x  x    x      32 x  x  1  16 x  x  1  7( x  1)   x    32 x  x  1 ( x  1)  16 x  x  1  7( x  1)    2x 1 2x 1 18     x  1 32 x ( x  1)  16 x   0  2x 1   18     x  1 32 x3  32 x  16 x     (*)  2x 1   0 0.25 Ta có 32  32 x    32  x   32 x    32 x  32 x  16 x   27  16  16 x   18  2x 1     18  2x 1 18  32 x  32 x  16 x      2x 1 Vậy (*)  x  Kết luận: Phương trình có nghiệm x =1 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b2  c2  Tìm giá trị nhỏ Câu biểu thức P  3a  3b  3c 2 2 2 b c c a a  b  c  Từ giả thiết  2 a, b, c  0.25 0.25 1.0 điểm a b  a, b, c   0;  a2  b2  c2   b2  c2   a2 … 3a 3b 3c 3a 3b 3c 3a 3b2 3c Do P  2  2  2       b c c a a b  a  b2  c 4a  a 4b  b3 4c  c3 Vì a, b, c  0.25 Xét hàm số f  x   x  x với x   0;  Có 2 , f (0)  0, f (2)  Ta có bảng biến thiên hàm số f  x   0;  f '  x    3x  f '  x    x  0.25 2 3   16 f            16 , x   0;  16 3x 3x Tức  x  x3      , x   0;  x  x3 16 x  x3 16 Từ bảng biến thiên ta có  f ( x)  0.25 Dấu “=” x  Áp dụng ta có 3a 3a 9a 3b2 3b2 9b2 3c 3c 9c   ;   ;   , (a, b, c   0; ) 4a  a3 16 16 4b  b3 16 16 4c  c3 16 16 Cộng theo vế bất đẳng thức ta 9a 9b2 9c 9     a  b2  c   16 16 16 16 Và dấu “=” xảy  a  b  c  Vậy P  đạt được, a  b  c  P 0.25 Chú ý: 1) Hướng dẫn chấm nêu cách giải với ý bản, thí sinh làm không theo cách nêu hướng dẫn chấm cho đủ số điểm phần thang điểm quy định 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực với tất giám khảo 3) Điểm toàn tính đến 0,25 điểm Sau cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết 4) Với hình học (Câu 8) học sinh không vẽ hình phần không cho điểm phần