SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f  x   x  4ln x đoạn Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x4  x2  1; e Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sau: b) log 22 x  log a) 3.25 x  5.9 x  8.15 x  x ET Câu (1,0 điểm) Tìm họ nguyên hàm sau:  x3 x  1dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z   ATH S.N mặt cầu (S): x  y  z  x  y  z  11 Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sau: sin x  sinx  cos x  b) Trong giải bóng đá nữ trường THPT Lương Ngọc Quyến có 12 đội tham gia, có hai đội hai lớp 12A6 10A3 Ban tổ chức giải tiến hành bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai bảng A B, bảng đội Tính xác suất để hai đội 12A6 10A3 bảng ABCD TM Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật tâm I Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA  a Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật a , góc  ACB  30o Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách VIE hai đường thẳng AC SB Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC Đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A đường thẳng BC có phương trình: x  y   , x  y   Đường thẳng qua A vuông góc với cạnh BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D  4; 2  Viết phương trình đường thẳng AB AC Biết hoành độ điểm B không lớn x  y  x  y2   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x   y  y xy  y  34  15 x   Câu 10 (1,0 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn x > y  x  z  y  z   Tìm giá trị nhỏ biểu thức P   x  y  x  z   y  z HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 MÔN: TOÁN Câu Câu1 (1 điểm) Nội dung Tập xác định: D   Giới hạn vô cực: lim Điểm y  ; lim y   x  x   x  2 Đạo hàm: y '   x  x ; y '    x   x  Hàm số đồng biến khoảng  ; 2    0;  0,25 ATH S.N ET Hàm số nghịch biến khoảng  2;0    2;   Hàm số đạt cực tiểu x  0, yCT  3 Hàm số đạt cực đại x  2, yCD  Bảng biến thiên   x -2 y’ + - + 1 y -3  0,25 0,25  Đồ thị: Đồ thị giao với trục Ox điểm   6;0 ,  2;0    6; 2;0 , y "  3x  4; y "   x   Câu (1 điểm) VIE TM 7 7   Đồ thị hàm số có hai điểm uốn U1   ;   ,U  ;   9   9 0,25 Ta có f  x  xác định liên tục đoạn 1;e ; f '  x   x  0,25 Với x  1; e  , f '  x    x  0,25 Ta có f 1  1, f x     ln 2, f  e   e  Vậy f  x    2ln  x  2; max f  x   e2   x  e 1;e 0,25 0,25 1; e Ta có 2x x Câu a) 5 5 x x x (1 0,5đ 3.25  5.9  8.15             0,25 điểm)   x    x  3   x   x       0,25 b) Ta có log 22 x  log   log 22 x  log x  0,5đ x log x  x    x  log x  x x  1dx    x   1 0,25 x  1dx 0,25 0,25    x  1   x  1   x  1  1 x  1dx        x  1   x  1   x  1   x  1 dx   6   x  1   x  1   x  1   x  1  C 6 2     x  1   x  1   x  1   x  1  x   C 9  Câu (1 điểm) ATH S.N ET Câu (1 điểm) 0,25 0,25 0,25 Chú ý! Học sinh làm theo phương pháp đổi biến số Mặt cầu (S) có tâm I 1;3; 2  bán kính R   Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n p  1; 1;  Mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) nên phương trình mặt phẳng (Q) có dạng: x  y  z  D  Mặt phẳng (Q) tiếp xúc mặt cầu (S)    2   D 0,25 5 12   1  2 TM d  I , (Q )   R  0,25 D    D6 5    D   0,25 Vậy có hai mặt phẳng (Q) thỏa mãn đầu Câu a) (1 điểm) 0,5đ  0;  Q2  : x  y  z    VIE  Q1  : x  y  z   0,25 sin 3x  sinx  cos x   2cos x sin x  2sin x  sin x   cos x  sin x 0,25 + sin x   x  k , k   ;  2  x k  + cos x  sin x  cos x  cos   x    k       x    k 2   b) Gọi X biến cố “ hai đội 12A6 10A3 bảng” 0,5đ Số cách chia 12 đội thành hai bảng, bảng có đội là: n     C612C66  924 Số cách chia 12 đội thành hai bảng, bảng có đội, hai đội 12A6 10A3 bảng là: - Hai đội bảng A B: có cách - Chọn đội lại vào với bảng hai đội: có C410 0,25 cách - Chọn đội lại cho bảng lại: có C66  cách Suy n  X   2.C410  420 cách Xác suất xảy biến cố X là: P  X   0,25 0,25 420  924 11 ATH S.N ET Câu (1 điểm) 2a Suy BC  AC cos 30o  a ; a AB  AC.sin 30o  a3 a2 Suy VS ABCD  S ABCD SA   AB.BC  3 Ta có AC  AI  R  S ABCD TM Kẻ qua B đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng CD E Khi AC song song với mặt phẳng (SBE) Dựng AF vuông góc với BE F, dựng AH vuông góc với SF H Ta nhận thấy AH   SBE  0,25 0,25 0,25 Suy d  AC, SB   d  A,  SBE    AH a VIE Tam giác SAE có: SA  a ; AF  AB.cos 30o  ; SAE  90 o 1 a 39  2  AH  2 AH SA AF 13 Chú ý! Bài học sinh giải phương pháp tọa độ không gian Câu (1 điểm) Gọi M trung điểm cạnh BC, H trực tâm tam giác ABC, K giao điểm AD BC, E giao điểm BH AC Khi tọa độ M  ;   2 2 0,25 0,25 Đường thẳng AD vuông góc với BC qua D nên có phương trình: x  y   0,25 3 x  y    A 1;1 x  y   Tọa độ A nghiệm hệ  x  y    K  3; 1 x  y   Tọa độ K nghiệm hệ  Tứ giác HKCE nội tiếp nên ta có: BHK  KCE Mặt khác BDA  KCE Suy BHK  BDA hay tam giác BHD cân B, suy K trung điểm HD Từ có H  2;  ET B  BC  B  t ; t    C   t;3  t  Vì BH vuông góc với AC   t  nên ta có HB AC    t  + Với t   B  5;1 không thỏa mãn đầu xB  ATH S.N 0,25  x  y  x  y  1    x   y  y xy  y  34  15 x    2  x  Điều kiện:  y     2 x  y  x y  y      x  2 y  x  y thay vào (2) ta 1   x  + Với  TM Câu (1 điểm) + Với t   B  2; 2  , C  5;1 Phương trình AB: 3x  y   Phương trình AC: y   Ta kí hiệu phương trình hệ sau: 0,25 0,25  x    x   x  34  15 x   Đặt t  x    x  t  34  15x   x t  VIE Khi  3 trở thành 2t  t   t   30 17  x2 4 2 x  x  y   17 17   x    x   x   y  0,25 0,25 + Với  x  2 y Vì y   2 y  mà  x  nên xảy x  y  thử vào (2) thấy thỏa mãn Câu 10 (1 điểm) 30   x  17 x  Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm:   y   y  17  17 Đặt x  z  a Từ giả thiết  x  z  y  z    y  z  a Vì x  y  x  z  y  z  a  x  z  a Ta có x  y  x  z   y  z   a   a2 1 , thay vào P ta được: a 0,25 P a2 a  1  a2 4    3a  a  a 2 a a  a  1 Theo BĐT TBC TBN ta có P  Xét hàm f  t   f ' t   t   t  1 t t  1 a a 2  1  3a  0,25 0,25  3t  với t  a   3; f '  t    t  Bảng biến thiên - f t   ET t f 't  + 0,25 ATH S.N 12 Từ bảng biến thiên ta nhận thấy f  t   12, t  hay f  t   12  t  1;  VIE TM Vậy ta có Pmin x  z    12   y  z   0,25 ...HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 MÔN: TOÁN Câu Câu1 (1 điểm) Nội dung Tập xác định: D   Giới hạn vô cực: lim Điểm... x  nên xảy x  y  thử vào (2) thấy thỏa mãn Câu 10 (1 điểm) 30   x  17 x  Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm:   y   y  17  17 Đặt x  z  a Từ giả thi t  x  z  y ... 0,25 0,25  3t  với t  a   3; f '  t    t  Bảng biến thi n - f t   ET t f 't  + 0,25 ATH S.N 12 Từ bảng biến thi n ta nhận thấy f  t   12, t  hay f  t   12  t  1;