SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC 2x  1 x 1 a Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số (1) Câu (2 điểm) Cho hàm số y  b Tìm điểm M (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng khoảng cách từ M đến trục Ox Câu (1 điểm)  5   2x   a Giải phương trình sin x  2sin x  sin    b Giải phương trình log3  x    log3  x    log 8  x   xdx x  3x    Câu (1 điểm) Tính tích phân I   Câu (1 điểm) n   a Tìm số hạng chứa x khai triển  x   , biết n số tự nhiên thỏa mãn C3n  n  2C2n x   b Một hộp đựng viên bi có viên bi màu đỏ, viên bi màu xanh Lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để viên bi lấy có viên bi màu xanh Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi I trung điểm AB, H giao điểm BD với IC Các mặt phẳng (SBD) (SIC) vuông góc với đáy Góc (SAB) (ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA IC Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, BC  2BA Gọi E, F trung điểm BC, AC Trên tia đối tia FE lấy điểm M cho FM  3FE Biết điểm M có tọa độ  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y   , điểm A có hoành độ số nguyên Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu (1 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1; 3;  , B  3;1;  Viết phương trình mặt cầu đường kính AB Tìm điểm I trục Oy cho IA  2IB  2x  2x   x  y  y  x  y  Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình  x   xy  y  21   Câu (1 điểm) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x  y2  z2  Tìm giá trị lớn biểu thức P  x2 y2   xy 2x  2yz  2y  2xz  Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN Câu §iÓ m Néi dung - Tập xác định D  R \ 1 - Sự biến thiên y '  3  x  1 0,25  với x  D + Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 , 1;   + Hàm số cực trị + lim y  x   , suy đường thẳng y = đường tiệm cận ngang đồ thị 0,25 x  lim y  x   , lim y  x    , suy đường thẳng x  đường tiệm cận đứng đồ thị x 1 x 1 + Bảng biến thiên - x + y’(x ) Câu 1a + y 1,0 điểm 0,25 -  y - Đồ thị + Đồ thị hàm số qua điểm  0; 1 ,  2;1 ,  4;3 ,  2;5 + Đồ thị nhận điểm I 1;  làm tâm đối 0,25 xứng O -2 x -1 Gọi M  x ; y0  , Câu 1b 1,0 điểm  x  1 , y0  2x  , Ta có d  M, 1   d  M,Ox   x   y0 x0 1  x0 1  Với x  2x    x  1  2x  x0 1 x  1 , ta có pt x 02  2x   2x    x0  Với x  Suy M  0; 1 , M  4;3 1 , ta có pt x 02  2x   2x   x 02   (vô nghiệm) Vậy M  0; 1 , M  4;3 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2a 0,5 điểm Câu 2b 0,5 điểm  5   2x    sinx 1  2sin x   cos 2x  sin x  2sin x  sin     sin x.cos 2x  cos 2x   cos 2x(sin x  1)  0,25  k   x 4  k cos 2x  Kết luận: nghiệm phương trình x   ,    sin x  1  x    k2    k2 x Điều kiện xác định 2  x  Khi log3  x    log3  x    log  8  x    log3 [  x  2 x  4 ] - log3 8  x  0,25 1  x   x     x  6x   3x  48x  192  2x  54x  184    x   8  x   x  23 0,25 0,25 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm pt x  t 2 tdt 4 xdx t2  3 Suy I      dt t 1 t 1  x  1 3x  2 t Đặt t  3x   t  3x   2tdt  3dx  dx  tdt Khi x   t  2, x   t  Câu điểm   2     1  dt   dt  2 dt  t     dt  t 1  32 t 1 2  t 1 t 1  4   ln t   ln t     ln 3 4 0,25 0,25 0,25 0,25 Điều kiện n  C3n  n  n  1 n   4 n! n!  n2   n  n  n  1 n  2Cn2  3! n  3! 2! n  ! 0,25 n  9n   n  (do n  ) Câu 4a 0,5 điểm 9  k   2  Khi ta có  x     C9k x 9k     C9k x 93k  2  x  k 0   x  k 0 Số hạng chứa x tương ứng giá trị k thoả mãn  3k   k  k Suy số hạng chứa x C92 x  2   144x Gọi  không gian mẫu phép lấy ngẫu nhiên viên bi từ viên bi suy 0,25 Câu 4b 0,5 điểm n     C39  84 Gọi A biến cố lấy viên bi xanh Trường hợp Trong viên bi lấy có viên bi xanh, viên bi đỏ, có C52 C14  40 cách Trường hợp Ba viên bi lấy toàn màu xanh, có C35  10 cách Suy n  A   C52 C14  C53  50 Câu Vậy P  A   0,25 0,25 n  A  50 25   n    84 42 Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , SABCD  a 0,25 S Do (SIC),(SBD) vuông với đáy suy SH  (ABCD)  Dựng HE  AB  SHE   AB , suy SEH   600 góc (SAB) (ABCD)  SEH Ta có SH  HE.tan 600  3HE F A D K M P I H C E HE HI a a    HE   SH  CB IC 3 1 a 3a Suy VS.ABCD  SH.SABCD  a  3 0,25 B Gọi P trung điểm CD, suy AP song song vớiCI  d SA,CI   d  CI, SAP    d  H, SAP   0,25 Dựng HK  AP , suy SHK   SAP  Dựng HF  SK  HF  SPA   d  H, SPA    HF 1 (1)   2 HF HK HS2 1 1 Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK     2 HK DM DP DA a 1 1 Thay vào (1) ta có          HF  2 HF DP DA HS a a a a 2 a Vậy d SA, CI   2 Do SHK vuông H  Gọi I giao điểm BM AC C Câu E 1,0 điểm B 0,25 Ta thấy BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC M F 0,25    BM  AC ABC  BEM  EBM  CAB Đường thẳng BM qua M vuông góc với AC BM : x  2y   Toạ độ điểm I nghiệm hệ I A 13  x   12    2x  y     13 11  IM  I ;   ;     5   5  x  2y    y  11     8 4  Ta có IB   IM   ;   B 1; 3  5  0,25 Trong ABC ta có 1 5     BA  BI 2 2 BI BA BC 4BA 8 4 Mặt khác BI        , suy BA  BI  2     Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có 2 0,25  a 3 BA    a  1    2a    5a  26a  33    11 a     2  Do a số nguyên suy A  3; 3 AI   ;   5   Ta có AC  5AI   2;   C 1;1 Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1 2 Câu 1,0 điểm 2 0,25  Gọi I trung điểm AB, A 1; 3;  , B  3;1;  suy I  2; 1;2   IA   1; 2;0   IA  0,25 Suy mặt cầu đường kính AB có phương trình  x     y  1   z    0,25 2 Do I thuộc trục Oy nên I có tọa độ I  0;a;0  IA    a  3  a  6a  14, IB  13   a  1  a  2a  14 2 a   11 IA  2IB  IA  2IB2  a  6a  14  2a  4a  28  a  10a  14    a   11    Vậy I 0;5  11, , I 0;5  11, 0,25 0,25  Điều kiện xác định x  1, x  y  Khi 2x  2x   x  y  y  x  y  2x  xy  y2  2x  x  y    x  y  2x  y   Câu 1,0 điểm   xy    x  y   2x  y     2x  x  y 2x  x  y   0,5 Do x  1, x  y   2x  y  , từ suy x  y x   x  x  21  x    x   x  21    x2   x  2  x 2   (3) x  21    x 1  Thay vào (2) ta có Vì x       x   1    , từ (3) suy x  2 10 x 91   x  21    Vậy nghiệm hệ phương trình  2;  0,25 x2 0,25 Ta có 2yz   x  y2  z  2yz  x   y  z   2x  y  z  x2 x  Suy 2x  2yz   2x  2x  y  z   2x  x  y  z   2x  2yz  x  y  z 2 y2 y  Suy 2y  2xz  x  y  z  1 xy  1 z P    x  y  1   x y 2 xyz 2 xyz Tương tự Câu 0,25 1,0 điểm Ta có x  y   x  y2   1  z    2z 1 2     2z 2  2z  z   1 z Xét hàm số f  z   1     2z  0;1 2  2z  z  z f ' z     với c   0;1 2 2  2z  2z  z   2z  z Suy P  1    0,25 0,25 Do hàm số liên tục  0;1 , nên f  z  nghịch biến  0;1 1 ,z  2 1 ,z  Vậy GTLN P  đạt x  y  2 Suy P  f  z   f     Dấu = xảy x  y  Mọi cách giải khác cho điểm tương ứng 0,25 ... DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2 016 LẦN Câu §iÓ m Néi dung - Tập xác định D  R 1 - Sự biến thi n y '  3  x  1 0,25  với x  D + Hàm số nghịch biến khoảng   ;1 , 1;  ... 3  a  6a  14 , IB  13   a  1  a  2a  14 2 a   11 IA  2IB  IA  2IB2  a  6a  14  2a  4a  28  a  10 a  14    a   11    Vậy I 0;5  11 , , I 0;5  11 , 0,25 0,25 ... 0,25 xứng O -2 x -1 Gọi M  x ; y0  , Câu 1b 1, 0 điểm  x  1 , y0  2x  , Ta có d  M, 1   d  M,Ox   x   y0 x0 1  x0 1  Với x  2x    x  1  2x  x0 1 x  1 , ta có pt x