HOCMAI.VN KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỀ THI THỬ LẦN 04 Môn thi: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x 5 x2 Câu Tìm m để đường thằng (d) y  x  m không cắt đồ thị hàm số y  x  2x  Câu a Cho số phức z thỏa mãn  z  2i   z 1  3i   1  i    i  Tính giá trị biểu thức: A  z  z 2 b Giải phương trình: 3.16x  2.81x  5.36x Câu Tính tích phân sau: I   x 1 x 1 e dx x  2x   x  2t  x   2k   Câu Trong hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng  d1   y   d   y  4k Xác định tọa độ điểm  z  4t z    M d1 , điểm N d cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (): x  y  z   độ dài MN = Câu a Giải phương trình sau: cot x  tan x  tan x b Một hộp có thẻ giống đánh số từ đến Rút ngẫu nhiên đồng thời thẻ (không kể thứ tự) nhân hai số ghi thẻ với Tính xác suất để kết nhận số chẵn Câu Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' có ABCD hình vuông cạnh a Hình chiếu vuông góc A ' xuống mặt đáy ( ABCD) trung điểm M AB góc tạo đường thẳng AA ' mặt phẳng ( ABCD) 600 Tính thể tích hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( AA ' C ) theo a Câu Cho tam giác ABC vuông A có M điểm cạnh AC cho AB=3AM, đường tròn tâm 4  I(1;-1) đường kính CM cắt BM D, CD: x  y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết E  ;0  3  thuộc BC C có hoành độ dương x  Câu Giải bất phương trình:    2x   x3  2x2  4x   2  6x2  8x  9x2  16 Câu 10 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x2  y  z  y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P   2  x  y  z   y  11  z   Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - HOCMAI.VN KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 04 Môn thi: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) (Đáp án - Thang điểm gồm có 07 trang) Câu Đáp án x 5 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x2  0, x  D Tập xác định D  R\2 , y'   x  2 Điểm 0.25 Vậy hàm số đồng biến khoảng xác định Giới hạn hàm số: +) lim y  +) lim y  Vậy tiệm cận ngang y  x  x  +) lim y   +) lim y   Vậy tiệm cận đứng x  x 2 0.25 x 2 Bảng biến thiên 0.25 Câu Đồ thị hàm số: (2 điểm) 0.25 Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - Tìm m để đường thằng (d) y  x  m không cắt đồ thị hàm số y  x  2x  Xét phương trình hoành độ giao điểm (d) ( C): x    x  m   x    2x  3  x  m  Câu 2x  (1 điểm)  2x  1  m  x   3m  0.5 Ta có:  '  1  m   1  3m   m2  4m  Đề (d) không cắt ( C)  '   2   m  2  0.5 a Cho số phức z thỏa mãn  z  2i   z 1  3i   1  i    i  Tính giá trị biểu thức: A z  z 2 Gọi z  a  bi  z  a  bi Ta có a  bi  2i   a  bi 1  3i   1  i    i   a   b   i   a  3ai  bi  3b    4i Câu (1 điểm) 0.5 2a  3b  a  2  2a  3b   3a   i   4i    3a   4 b   z  2  2i  A  16 b Giải phương trình: 3.16x  2.81x  5.36x Chia vế cho 16 x ta được:  t 1 x 0 2x 3  Đặt :    t , t   2t  5t       t x     Vậy phương trình có nghiệm x=0 x  4x 3  3       2  2 2x 0.5 x 1 e x 1 dx Tính tích phân sau: I   x  2x  Đặt t  x 1  dx  dx x 1  x  1 0.5 Câu Đổi cận: (1 điểm) x   t  1 x 1 t  x 1 e x 1 et dx   et dt  Khi ta có I   2 1 t x  2x  Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt  1 e 1 2e Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 0.5 - Trang | -  x  2t  x   2k   Trong hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng  d1   y   d   y  4k Xác định tọa độ điểm M  z  4t z    d1 , điểm N d cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (): x  y  z   độ dài MN = Câu (1 điểm)  x  2t  d1  y   M  2t ; 0; 4t   z  4t   x   2k  d2 :  y  k  N   2k ; k ;  z   0.5 Vậy MN   2t  2k  2; 4k ;  4t  Ta có: MN / /    MN n     2t  2k    4k  4k   t   N 1; 0;   M ; ; k  2  5 5 Khi đó: MN   2k  1  16k     k  M  2; 0;    0.5 Giải phương trình sau: cot x  tan x  tan x sin x  sin x  k  Điều kiện là: cos x     sin x   x  cos x  cos x   Câu (1 điểm) Ta có: cot x  tan x  2tan x cos x sin x sin x   2  cos x cos x  sin x cos x  2sin x sin x cos x sin x cos x cos x  cos x  cos x  sin x   sin x sin x 0.25  cos 2 x  sin 2 x  cos 2 x  sin 2 x    k  cos x   x   k  x   k  Z   k Kết hợp điều kiện xác định, ta có nghiệm x   k  Z  b Một hộp có thẻ giống đánh số từ đến Rút ngẫu nhiên đồng thời thẻ (không kể thứ tự) nhân hai số ghi thẻ với Tính xác suất để kết nhận số chẵn Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - Số cách rút đồng thời thẻ từ thẻ là: n()  C92  36 Gọi A biến cố mà thẻ rút có tích số chắn, ta có trường hợp sau:  Trường hợp 1: Rút thẻ số chẵn, số cách rút: C42   Trường hợp 2: Rút thẻ số chẵn thẻ số lẻ, suy số cách rút: C41 C51  20 Khi n( A)   20  26 Vậy xác suất cần tìm P( A)  0.5 n( A) 26 13   n() 36 18 Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' có ABCD hình vuông cạnh a Hình chiếu vuông góc A ' xuống mặt đáy ( ABCD) trung điểm M AB góc tạo đường thẳng AA ' mặt phẳng ( ABCD) 600 Tính thể tích hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( AA ' C ) theo a MA hình chiếu vuông góc AA ' mặt phẳng ( ABCD) Nên ta có A ' AM  600 góc tạo AA ' mặt phẳng ( ABCD) Suy A ' AB tam giác cạnh a AB  a  A ' M  Ta tích hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' tính theo công Câu thức là: (1 điểm) VABCD A ' B ' C ' D '  Sday * chieucao 0.5 a a3  S ABCD MA'  a  (dvtt) 2 (*) Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( AA ' C ) BO BD a với BD AC  O   4 Mặt khác AC  A ' M  AC  ( A ' MI ) Gọi H hình chiếu vuông góc M  AC  MH  MH  ( AA ' C )  d ( M , ( AA ' C ))  MH A' I    A ' I  MH 1 28 a 21 Xét tam giác :       MH  2 MH MA ' MI 3a a 3a 14 a 21 Vậy d ( M , ( AA ' C ))  14 Kẻ MI  AC ( I  AC ) Khi MI  Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 0.5 - Trang | - Cho tam giác ABC vuông A có M điểm cạnh AC cho AB=3AM, đường tròn tâm 4  I(1;-1) đường kính CM cắt BM D, CD: x-3y-6=0 Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết E  ;0  3  thuộc BC C có hoành độ dương + C thuộc CD  C (3c  6, c) + I trung điểm MC => D A M  3c  4, 2  c  M + D thuộc CD  D(3d  6, d ) Có D thuộc đường tròn tâm I nên MD.uCD    3d  3c  10; d  c   3;1  I B  9d  9c  30  d  c   C E  5d  5c  16  1 + Dễ thấy tam giác vuông ABM DCM đồng dạng với AM AB AM MD       CD  3MD MD CD AB CD Câu 2 (1 điểm)  CD  9MD 2 2   3d  3c    c  d    3d  3c  10    d  c      2  10d  10c  25cd  72c  72d  117    0.5  11  11  c  1, d    C  3; 1 , D   ;      Từ (1) (2) ta được:  c   11 , d  1  C   ;  11    Loai      5 Phương trình đường BD qua D vuông góc với CD: 3x+y+4=0 Phương trình đường BC qua C E:3x+5y-4=0 Toạ độ điểm B giao đường BD BC => B(-2, 2) Xác định toạ độ A hình chiếu B xuống CM - Có phương trình đường CA: y= -1 - Gọi A(a, -1) có AB.u AC    a  2; 31;0    a    a  2 =>A(-2; 0) 0.5 Vậy toạ độ đỉnh tam giác ABC là: A(-2; 0), B(-2; 2), C  3; 1 x  Giải bất phương trình:    2x   x3  2x2  4x   2  Câu (1 điểm) 6x2  8x  9x2  16 Điều kiện: 2  x  BPT   x     2x   2  x  12x2  16x  16 9x2  16 0.25 Bằng cách nhân lượng liên hợp ta bất phương trình tương đương Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | -  3x  4x   2x   2  x     3x  4x   9x2  16  3x2  4x   9x  16     2x   2  x     Nhân liên hợp, bất phương trình   tương đương với:  3x     4x  9x2  16   12  2x   2x            3x2  4x   9x2  8x  32  16  2x2     0.25 2  3x2  4x   x   2x2    x   2x      Vì x  2   x   2x2    3x2  4x      x   2x   3x2  4x   x   2x      3x2  4x        x   2x     0.5 2 4  Giải ta tập nghiệm bất phương trình là: S   2;    ; 2 3    Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x2  y  z  y Tìm giá trị nhỏ biểu thức P   2  x  y  z   y  11  z   Ta biến đổi giả thiết thành x   y  3  z  Dự đoán dấu xảy  2;5;1 hoán vị Thử hoán vị, ta thấy giá trị nhỏ xảy x  1; y  5; z  2 0.5 Câu 10 Từ điều kiện, ta có:  x  y  z  y  y  x  z  y (1 điểm) y 25 y 25 5 5 Suy ra: x  y  z  15 Khi áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được: 4  P    2 2  x  y  z   y  11  y  11  z    x  y  z  y  11 y  11 z    y  11  y  11   x  y  z      z  6    Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 0.5 - Trang | -   x  y  z  17  4  64 15  17   16 Dấu “=” xảy x  1, y  5, z  Vậy giá trị nhỏ P Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 16 - Trang | -