ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 SỞ GD&ĐT TP.HỒ CHÍ MINH Đề thi môn: TOÁN – Ngày thi: 19 – 06 – 2016 TRƯỜNG THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số: y  2x  2x  Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y  x   m   x  m  có đồ thị (C) Tìm m để đồ thị (C) cắt trục hoành điểm phân biệt có hoành độ nhỏ Câu (1,0 điểm) a) Gọi z1 z hai nghiệm phức phương trình:   i  z    i  z  10  Tính môđun số phức w  z12  z 22 b) Giải phương trình tập số thực: log5 2.log  x    log 8  x   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   x x x x dx  x  1  x  1 Câu (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình: x 1 y z   Viết phương trình mặt 2x  3y  z   đường thẳng  có phương trình tắc: phẳng (Q) chứa  vuông góc với mặt phẳng (P); Viết phương trình tham số đường thẳng  ' hình chiếu vuông góc đường thẳng  (P) Câu (1,0 điểm) a) Biết cos 4x  sin 2x 1  Tính cot 2x b) Một hộp đựng cầu đỏ, cầu xanh, cầu trắng Chọn ngẫu nhiên từ hộp cầu Tính xác suất để cầu lấy có đủ ba màu Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' Đáy ABCD hình thoi cạnh a; A 'C  a ; góc đường thẳng AB mặt phẳng  ADD'A ' 450 Tính theo a thể tích khối hộp cho khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  A 'BC  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I  2;  ; trực tâm H 1;3 ; đường thẳng AH cắt BC điểm A '  2;  cắt đường tròn (C) điểm K khác A Tính diện tích tứ giác ABKC  y  x  x   y    x  y  32   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:   2 x   y  2y  x  y  z  Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện  2 x  y  z  10 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: P  2xy  8yz  5zx  xyz Hết -Họ Tên thí sinh……………………………………Số báo danh…………………… Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHI TIẾT Đáp án Câu Câu (1.0 điểm) Điểm Học sinh trình bày vẽ đúng, đủ, đẹp 1,00 Cho hàm số y  x   m   x  m  có đồ thị (C) Tìm m để đồ thị (C) cắt trục hoành điểm phân biệt có hoành độ nhỏ Phương trình hoành độ giao điểm (C) trục Ox:  x   x  1 x   m   x  m     (1) x  m  Câu (1.0 điểm) m   m  1  (C) cắt trục Ox điểm phân biệt   (*) m   m  Khi 1  x  1  x   x   m   x  m  0,25 0,25 m 1   m 1   m  Yêu cầu toán  1  m  So với điều kiện (*) ta có giá trị cần tìm là:  m  Câu (1 điểm) 0,25 0,25 3a) Gọi z1 z hai nghiệm phức phương trình:   i  z    i  z  10  Tính môđun số phức w  z12  z 22 z1  z   Theo Viet ta có:  10  3 i z1 z2  3 i  0,25 w  z12  z22   z1  z2   2z1.z2     i   w   2i  w  13 0,25 3b) Giải phương trình tập số thực: log5 2.log  x    log 8  x   (1) Điều kiện: 2  x  log5  x    log5  2x    x   82 x  x  2x  (2) 0,25 Nhận xét x  nghiệm (2) Xét hàm: f  x   x  2x hàm đồng biến R Xét hàm: h  x   hàm 0,25 Do phương trình (2) có nghiệm x  Câu (1.0 điểm) Tính tích phân: I   x  x3  x  x dx  x  1  x  1 I x  x  1  x  x  1 x  x  x3  x dx  0  x  1  x  1 dx  x  1  x  1 0,25 x x2 I dx   dx  I1  I2 x 1 x 1 0 x   Ta có: I1   dx   1   dx   x  ln x   x 1 x 1  0 1 0,25  I1   ln 1 x2 d  x  1 Mặt khác: I2   dx    ln  x  1 x 1 x 1 0 0,25  I2  ln 1  I  1  ln    ln    ln 3  Câu (1.0 điểm) 0,25 x 1 y z   Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa  vuông góc với mặt phẳng (P); Viết phương trình tham số đường thẳng  ' hình chiếu vuông góc đường thẳng  (P) Cho  P  : 2x  3y  z    :  qua M  1; 0;  có VTCP a   3; 2;1 (P) có VTPT n P   2; 3; 1 0,25  (Q) có VTPT là: nQ   n P ,a   5; 5; 5  1;1; 1   Phương trình mặt phẳng  Q  : x  y  z   0,25  ' hình chiếu vuông góc đường thẳng  (P) nên ta có:  '   P    Q  2x  3y  z   Tọa độ điểm thuộc  ' thỏa hệ:  x  y  z    x  3  4t  Phương trình tham số  ' :  y  t z  2  5t  Câu (1.0 điểm) 0,25 0,25 6a) Biết cos 4x  sin 2x 1  Tính cot 2x Để cot 2x tồn sin 2x  cos 4x  sin 2x 1   2 sin2 2x  sin 2x   sin 2x  Với sin 2x  sin 2x  (loại) 0,25 1  sin 2x  cot 2x   Ta có: cot 2x  0,25 6b) Một hộp đựng cầu đỏ, cầu xanh, cầu trắng Chọn ngẫu nhiên từ hộp cầu Tính xác suất để cầu lấy có đủ ba màu Số kết không gian mẫu là: n     C18  3060 (cách) 0,25 Gọi A biến cố chọn cầu có đủ ba màu * đỏ, xanh, trắng có: C52 C16 C17  420 (cách) * đỏ, xanh, trắng có: C15 C62 C17  525 (cách) * đỏ, xanh, trắng có: C15 C16 C72  630 (cách)  n  A   420  525  630  1575 (cách) P Câu (1.0 điểm) n  A  35  n    68 0,25 Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' Đáy ABCD hình thoi cạnh a; A 'C  a ; góc đường thẳng AB mặt phẳng  ADD'A ' 450 Tính thể tích khối hộp ABCD.A'B'C'D' d  D;  A 'BC   theo a Kẻ BE vuông góc với AD E Mà AB vuông góc với AA'  AB vuông góc với  ADD'A ' A' a  Góc AB  ADD'A ' B' BAE  45  BAD  45 BAE  135 *TH1: BAD  450  ABC  1350 Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác ABC ta có: AC2  AB2  BC2  2AB.BC.cos1350 AC2  a 2   A 'C2 (vô lý) 0  D' C' a D A E 0.25  *TH2: BAD  1350  ABC  450 Áp dụng định lý hàm số cos cho  ABC ta có: AC2  AB2  BC2  2AB.BC.cos 450 AC2  a 2   45 B C  Trong tam giác AA 'C vuông A có: AA '  A 'C2  AC2  a 2 Diện tích đáy ABCD là: S  AB.BC.sin 45  a Thể tích khối hộp là: V  SABCD AA'  a 2 2 a 0.25 Do AD song song với BC, mà BC   A 'BC  Vậy V = a  AD song song với  A 'BC   d  D;  A 'BC   = d  A;  A 'BC   Kẻ AK vuông góc với BC K Kẻ AH vuông góc với A 'K H Ta có: BC  AK;BC  AA '  BC   AA 'K  A' D' a B' C' 0.25 a  BC  AH Mà ta có A'K  AH  AH   A 'BC  H A D H d  D;  A 'BC    d  A;  A 'BC    AH 450 B K C Trong tam giác AKB vuông K có: AK  AB.sin 450  a AA'K vuông A   1 1 2 1     2 2 AH A ' A AK a2 a 2a2 0.25  4  a 28  AH  a    AH    2 Vậy d  D;  A 'BC    Câu (1.0 điểm) 2 a 28  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I  2;  ; trực tâm H 1;3 ; đường thẳng AH cắt BC điểm A '  2;  cắt đường tròn (C) điểm K khác A Tính diện tích tứ giác ABKC Ta có: KBC  KAC (góc nội tiếp chắn cung KC ) Mà: HBC  KAC (góc có cạnh tương ứng vuông góc) Do ta có: HBC  KBC Tam giác BKH có BA ' vừa đường cao A vừa phân giác nên cân B  A ' trung điểm HK  K  3;1 0.25 H I B C A' K  phương trình đường thẳng AA' : x  y   A  AA'  A(a;  a) Ta có: IA  IK  A  1;5 0.25 BC qua A ' BC vuông góc với AK  BC : x  y  B  BC  B(b; b) Mà IB  IK  IC  B 1;1 ;C  5;5 B  5;5 ;C 1;1 0.25 Ta có: AK  2; BC  Tứ giác ABKC có AK vuông góc với BC nên ta có: Diện tích tứ giác ABKC là: S  AK.BC  16 Câu (1.0 điểm)  y  x  x   y    x  y  32   Giải hệ phương trình:   2 x   y  2y  (2) 0.25 (1) Điều kiện:  x  3,   y  (*)   Từ (2) ta có: y3  2y    y3  2y   y3  2y   y y2    y  Do ta có:  x  3,  y  (**) y2   x x   y2 ; x   y2   2 y2   x x   y2    VT 1   y  x  x   y2   2 Theo Cauchy ta có: y  x  0.25 Mặt khác ta có: VP 1   x  y2  3   y   x  Do (1)   x   y  x   y2 với  y  x  y2    0.25 Thay vào (2) ta được: 2  y2  y3  2y  với:  y  (**)    y3  2y     y      y  1 y  y   2(y  1)   y2   y  1  (y 1)  y  y      y2   y  (do y  y   0 0.25  0    y  1  0; y  0;    1  y 0.25  x  (thỏa mãn (*),(**)) Vậy nghiệm hệ phương trình là: x  2; y  Câu 10 (1 điểm) x  y  z  Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện  2 x  y  z   Tìm GTNN GTLN biểu thức P  2xy  8yz  5zx  Ta có: P  x  y  z2   xy  yz  zx   6yz  3zx   10 xyz 10 xyz P   x  y  z  10   3z  2y  x  xyz 10 3 M Đặt M  3z  2y  x   P   x  y  z   xyz Ta có: M  (1) Do x  y  z  Theo Cauchy: 3z  2y  x   3z   2y  x   0.25 2z  2y  x  z 2z  2y  x  x  2  3z  2y  x   x  y  z  M  x  y  z  M   x  y  z  (2) Từ (1) (2) ta có:  M   x  y  z  Suy ra:  x  y  z   2 10 10   P  2x  y  z  3 xyz xyz Đặt t  x  y  z Ta có: t  x  y2  z2   xy  yz  zx   x  y2  z   t   t  Mặt khác ta có: xy  yz  zx  x  y2  z  t  x  y2  z   xy  yz  zx    x  y2  z    t  0.25  t  10 10 Do ta có: t    P  2t   với t   3;3 t t Suy Xét hàm số: f(t)  t  10  với t   3; 3   t   10 t  Ta có: f '(t)  2t    0;   3; 3   t t2 Suy hàm số f(t) đồng biến đoạn  3; 3   10 Do ta có: P  f  t   f  10 đạt x  3; y  z   Min P  0.25   Xét hàm số: g(t)  2t  10  với t   3; 3   t   10 2t  Ta có: g'(t)  4t    0;   3; 3   t t2 Suy hàm số g(t) đồng biến đoạn  3; 3   55 Do ta có: P  g  t   g  3  55  MaxP  đạt x  y  z  0.25 Chú ý: Các cách giải khác cho điểm tối đa Cách khác câu 10 Cho: P  2xy  8yz  5zx  10 xyz Đặt t  x  y  z ; t  Ta có: t  x  y2  z   xy  yz  zx     xy  yz  zx   xy  yz  zx  t2  t2  0t Mặt khác ta có: xy  yz  zx  x  y2  z Mà xy  yz  zx    t  x  y2  z   xy  yz  zx    x  y2  z    t  Suy  t  Đặt Q  2xy  8yz  5xz  P  Q  10 t Ta có: Q   xy  yz  xz   6yz  3xz   xy  yz  zx   t   Q  t  (1) Mặt khác ta có: Q  2xy  8yz  5xz   xy  yz  zx   3yz  3xy  t2    t2   Q  5  3y z  x       (do  z  y  x  y  z  x   )     Q  t  3 (2) Từ (1) (2) ta có: t   Q   t2  10 10 10 t    t    Q    t  3   t t t 10 10 15 với t   3;3   P  t2   t t Làm tương tự cách Cách khác câu  y  x  x   y    x  y  32     2 x   y  2y  (2) 1  2y    (1)   x  x  y2  x  y2             x  y    2y  x  x  y       x  y2   y2  2y  x    x   x  x  y   y  2  x  y2   y   x   x   y2  0 x  y     y   x   x  y    x   y (với y  0;  )   x   y    Làm tương tự cách Hết