Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút ĐỀ THI THỬ LẦN Câu 1: (2,0 điểm) 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: (1,0 điểm) a) Giải phương trình 2log x   log x b) Tìm mô đun số phức z thỏa mãn điều kiện z  z   4i Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân I    x  3 ln xdx Câu 4: (1,0 điểm) a) Cho  góc thỏa mãn sin   cos  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 Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  y  z   , x 1 y  z đường thẳng d :   điểm I (2;1; 1) Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với 3 mặt phẳng ( P ) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho IM  11 Câu 6: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp  1 điểm K   ;   , đường cao đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình  2 x  y   x  y  Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu 7: (1,0 điểm) 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 điểm) Giải phương trình 32 x  16 x  x  x    tập số thực Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật tài liệu hay, Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT 2 Câu 9: (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a , b, c thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  3a 3b 3c   b2  c c  a a  b2 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 CÂU Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  1.0 điểm Tập xác định D  Sự biến thiên x  x  - Đạo hàm y '  x  x, y '   3x  x    Bảng xét dấy y’ 0.25  Hàm số đồng biến khoảng  ;  ;  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   đồ thị hàm số tiệm cận - Bảng biến thiên 0.25 0.25 Đồ thị Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật tài liệu hay, 0.25 Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT y ''  x   y ''   x  x  1 y  Đồ thị hàm số có điểm uốn U 1;  x  1  y  2 x  3 y  b) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm có hoành độ x  1 Với x  1  y   1   1   2 Tiếp điểm M (1; 2) 1.0 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  Vậy tiếp tuyến cần tìm y  x  Câu a) Giải phương trình 2log x   0.25 0.25 0.25 1.0 điểm log x 0.5 0.25 x  x  Điều kiện  Đặt t  log x, (t  0)  log x  t Ta phương trình ẩn t t  1 2 t    t    t  t     t t  t  2 Với t   log x   x  Với t  2  log x  2  x  32  1  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 Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật tài liệu hay, 0.25 0.5 0.25 Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT Khi phương trình cho trở thành x  yi  x  yi   4i   x  yi   4i  x   3 y   x  3    y  Vậy z  3  i  z  Câu 97 97   3     3 0.25 1.0 điểm Tính tích phân I    x  3 ln xdx 1  u  ln x du  dx Đặt   Khi x dv   x  3 dx v  x  x  2 x  3x I   x  3x  ln x   dx x 0.25 0.25   2.22  3.2  ln   2.12  3.1 ln1    x  3 dx 0.25  14ln    x  3x   14ln      3.2   12  3.1 0.25  14 ln  10    14 ln  Câu a) 1.0 điểm Cho  góc thỏa mãn sin   cos   Từ giả thiết sin   cos   Tính P  sin 2 2 Suy 1 sin   cos      sin  cos   2 1  sin  cos     sin 2   2 0.5 0.25 Vậy P  sin 2   Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật tài liệu hay, 0.25 Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT 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 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 0.5 0.25 0.25  n  D   120 Do đó: P( D )  Câu 120 24  455 91 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  y  z   , đường x 1 y  z thẳng d :   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 1.0 điểm Khoảng cách từ I tới (P) d ( I ,( P ))   2.1  2.(1)  12  (2)  22  1 Mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P) có bán kính R  d ( I ,( P ))  có phương trình  x  2 Từ giả thiết ta có  x   2t  d :  y   3t ,  t   z  2t   M d  M (1  2t;3  3t;2t ) 2   y  1   z  1   Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật tài liệu hay, 0.25 0.25 0.25 Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT   IM  (2t  1;2  3t ;2t  1) Từ giaie thiết IM  11 2   2t  1    3t    2t  1  11   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  0.25 Vậy, có hai điểm thỏa mãn yêu cầu toán :  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 điểm Câu  1 K   ;   , đường cao đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình  2 x  y   x  y  Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC 1,0 điểm Từ giả thiết, tọa độ A nghiệm hệ 3 x  y   x    A(1; 2)  2 x  y  y  Gọi M trung điểm BC KM / / d1   1 Đường thẳng KM qua K   ;   2   có vec tơ phương u  4;3 có phương trình   x    4t t    y    3t   Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật tài liệu hay, 0.25 Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT  x    4t    1  x  Tọa độ M nghiệm hệ  y    3t    M ( ;1) 2   y  2 x  y    Đường thẳng BC qua điểm M ( ;1) vuông góc với d1 : 3x  y   có phương trình   x   3m 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  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  Câu 0,25 Vậy tọa độ đỉnh lại B C có tọa độ  2; 1 ,  1;3 0.25 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) 1.0 điểm Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật tài liệu hay, Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT 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 a   a2 cos SIJ     0 IJ IS a a 2.a Suy ra, tam giác SIJ tam giác có SIJ tù   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 H  900 ; góc ( 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 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 Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật tài liệu hay, 0.25 Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT 3a 3a a2   a SM  SN  MN cos MSN    22  3a 3a 2SM SN Câu Giải phương trình 32 x  16 x  x  x    tập số thực 1.0 điểm 32 x  32 x  16 x  16 x  x    x   Điều kiện x  , phương trình cho tương đương    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)  2  2x  2x 1 18     x  1 32 x ( x  1)  16 x   0  2x 1   18     x  1 32 x3  32 x  16 x    (*)  x    0.25 0 0.25 Ta có 32  32 x    32  x   32 x    32 x  32 x  16 x   27  16  16 x   18 1 2x      18 1 2x  18  32 x  32 x  16 x      2x 1 Vậy (*)  x  Kết luận: Phương trình có nghiệm x =1 Câu Cho ba số thực dương a , b, c thỏa mãn a  b2  c  Tìm giá trị nhỏ biểu 3a 3b 3c thức P    b  c c  a a  b2 a  b  c  Từ giả thiết   a, b, c  0.25 0.25 1.0 điểm  a, b, c   0;  a  b  c   b  c   a … 3a 3b 3c 3a 3b 3c 3a 3b2 3c Do P  2  2  2       b c c a a b  a  b  c 4a  a 4b  b3 4c  c Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật tài liệu hay, 0.25 Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT Vì a, b, c  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 3x2 Tức  x  x3      , x   0;  x  x 16 x  x3 16 3 Dấu “=” x  Từ bảng biến thiên ta có  f ( x)  0.25 Áp dụng ta có 3a 3a 9a 3b 3b 9b 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 9b 9c 9 P     a  b2  c2   16 16 16 16 Và dấu “=” xảy  a  b  c  Vậy P  đạt được, a  b  c  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 Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật tài liệu hay, Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT 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 Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật tài liệu hay,