ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x – 2x2 – SỞ GDĐT THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm m số để phương trình: –x4 + 2x2 –2+ m = (1) có nghiệm phân biệt Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sau: cos x  8cos x   b) Tìm số phức z thoả mãn: z  z   4i Câu (0,5 điểm) Giải phương trình sau : log 22 x  log x   x  x    y  y  (1) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  6 x  y  11  10  x  x =0 (2) e Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   ln x x ln x  dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB=a, AD=2a, SA  ( ABCD ) SA=a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBM) với M trung điểm CD Câu 7(1,0 điểm) Trong mp(Oxy), cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm BC, N CD cho  11  CN=2ND Biết M  ;  đường thẳng AN có phương trình: x  y   Tìm tọa độ đỉnh A  2 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0; 3), B (2;0; 1) mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm đường thẳng AB, bán kính 11 tiếp xúc với mặt phẳng ( P) Câu (0,5 điểm) Từ chữ số 1; 2; 3; 4; lập số tự nhiên có năm chữ số, chữ số có mặt ba lần, c ác chữ số lại có mặt không lần Trong số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên số, tìm xác suất để số chọn chia hết cho Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  xy  xyz x yz Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TỔ TOÁN TIN Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM THI( trang) CÂU ĐÁP ÁN VẮN TẮT ĐIỂM ố y = x I Cho hàm s – 2x –3 2,0 1,5 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số a TXĐ: D =  +)Giới hạn :   lim y  lim x  x   lim x       0,25 x  x  x  x x     lim y  lim x  x   lim x       x  x  x  x x   b Sự biến thiên +)Chiều biến thiên: x  Ta có: y’ = 4x3 − 4x , y '     x  1 Hàm số đ ồng biến (−1; ) (1; +  ) 0,25 Hàm số nghịch biến (−  ;−1) (0; 1) + Cực trị Hàm số đạt giá trị cực đại x cđ=0, ycđ=−3 0,25 Hàm số đạt giá trị cực tiểu x cđ=1, ycđ=−4     +)Bảng biến t hiên: 0,25 0,5 c Một số điểm đặc biệt: Đồ thị (C) nhận trục tung đối xứng   Đồ thị qua  3;0 ; 2 3;0  Biện luận theo m số nghiệm phương trình  x  x   m  (1) Phương trình (1) viết lại: m    x  x  m   x  x  (1) Số nghiệm PT (1) số giao điểm đồ thị (C) đường thẳng (d): y  m  Dựa vào đồ thị ta có: + Nếu 4  m   3   m  pt (1) có nghiệm phân biệt a) Giải phương trình sau: cos x  8cos x    2(2 cos x  1)  cos x    cos2 x  8cos x   0,5 0,25 0,25 1,0 0,5 0, 25   cos x    cos x   b 3   (lo¹i) x   k 2   ( k  )  x     k 2  0,25 Tìm số phức z thoả mãn: z  z   4i Giả sử z  x  yi; z  x  yi 0,25 z  z   4i  x  yi  x  yi   4i  x  yi   4i Do x=2, y = số phức cần tìm z   4i Giải phương trình: log 22 x  log x  điều kiện x > 0,  t  1 Đặt t  log x , ta phương trình t  3t    4    t  0,25 0,25 t   log x   x  16 0,25  x  x    y  y  (1) ương trình sau : ải bất ph Gi  6 x  y  11  10  x  x =0 (2)  y  y   Điều kiện:  2 x  x  10  Áp dụng bất đẳng thức AM -GM ta có: 0,25 4(10  x  x ) 14  x  x  2 Rút gọn ta đ ược: 4( y  x  11)  14  x  x  x  10 x  y  15  (3) Tương tự phương trình (1)  y2  y  x2  2x    y2  y    x  x  y  y   (4) Cộng vế với vế (3) (4) ta được: x  3x  x  y  y  12   3( x  1)  ( y  3)     y  3 Kết hợp với điều kiện đề bài, suy nghiệm hệ phương trình S  (1, 3) 0,25 t  1  log x   x  y  x  11  10  x  x  e Tính tích phân I  Đặt I ln x x ln x  dx ln x   t  ln x  t   0,25 1,0 x 1 t 1 dx  2tdt Đổi cận : x xet  0, 25 0,25 t 1 1 t 2tdt  1 (t  1)dt 2 0,25 2 0,5 t3 42  2(  t )  3 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB=a, AD=2a, SA  ( ABCD ) SA=a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBM) với M trung điểm CD +) Ta có S ABCD  AB AD  2a 2a Do đó: VS ABCD  SA.S ABCD  (dvtt ) 3 Dựng AN ⊥ BM ( N thuộc BM) AH ⊥ SN (H thuộc SN) Ta có: BM ⊥ AN, BM ⊥ SA suy ra: BM ⊥ AH AH ⊥ BM, AH ⊥ SN suy ra: AH ⊥ (SBM) Do d(A,(SBM)) =AH 1,0 0,25 0,25 0,25 Ta có: S ABM  S ABCD  S ADM  a 2a 4a S ABM  AN BM  a  AN   BM 17 1 4a Trong tam giác vuông SAN có:    AH   d ( A, ( SBM )) 2 AH AN SA 33 mp(Oxy), cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm BC, N CD cho CN=2ND  11  Biết M  ;  đường thẳng AN có phương trình: x  y   Tìm tọa độ đỉnh A  2 Đặt AB = a Ta tính được: AN  a 10 a 5a Tính , AM  , MN     MAN   450 cosMAN 11 11  11  (AM) qua M  ;  có dạng a ( x  )  b( y  )   ax  by  a  b  Điều 2 2  2   2a  b   3a  8ab  3b  kiện: a  b  , cosMAN 5(a  b ) a  Chọn b=1  3a  8a      a  1  a  2 x  y  Với  A  AM  AN :   A(4;5) b  3 x  y  17  2 x  y  a    A(1; 1) Với  A  AM  AN :  x  3y  b  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0; 3), B (2;0; 1) mặt 0,25 1,0 0,25 0,75 0,25 0,25 0,25 1,0 phẳng ( P ) : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu ( S) có tâm nằm đường thẳng AB, bán kính 11 tiếp xúc với mặt phẳng (P)  Đường thẳng AB qua A(0;0;-3) có VTCP AB  (2;0; 2)  x  2t  Nên phương trình tham số đường thẳng AB là:  y   z  3  2t  Gọi I tâm mặt cầu I(2t;0;-3+2t) Mặt phẳng ( P) tiếp xúc với mặt cầu ( S) khi: 6t   3  2t   d ( I ;( P ))  11   11 11 0,25 0,25  t   4t   22  4t   22     4t   22 t   13  t   I (9;0;6) Phương trình mặt cầu ( S ) : ( x  9)  y  ( z  6)  44 13 t    I (13;0; 16) Phương trình (S):(x 13)2  y2  (z 16)2  44 Từ chữ số 1;2;3;4;5 lập số tự nhiên có năm chữ số, chữ số có mặt ba lầ n, chữ số lại có mặt không lần Trong số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên số, tìm xác suất để số chọn chia hết cho Gọi a1a2 a3 a4 a5 số tự nhiên cần tìm, a1 , a2 , a3 , a4 , a5 thuộc 1; 2;3; 4;5 0,25 Sắp chữ số vào ba vị trí, có C53  10 (cách) 0,25 0,25 0,5 Còn lại hai vị trí, chữ số Chọn hai chữ số xếp vào hai vị trí đó, có A  12 (cách) Vậy không gian mẫu có 10.12  120 phần tử Gọi A biến cố: “số đ ược chọn chia hết cho 3”, có bốn phương án: Hai chữ số lại 5, có C53 2!  20 số Hai chữ số lại 4, có C53 2!  20 số 0,25 Hai chữ số lại 5, có C53 2!  20 số Hai chữ số lại , có C53 2!  20 số Vậy biến cố A có 80 phần tử Xác suất biến cố A là: P  80  120 Cho x, y, z số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức 10  x  xy  xyz x yz 1 Ta có x  xy  xyz  x  x.8 y  x.8 y.32 z x  y x  y  32 z 32   x  y  z  x  y  z  x 24 24 P 1,0 0,25 Đặt t  x  y  z ; t   P  f  t   f  t     2t 3t 0,25  ; f  t    t  t3 t2 0,25 t=1 16   x  21 x  y  z      y  Dấu “=” xảy khi: 2 x  y 21 2 x  32 z     z  21  …………Hết………… Mẫu ma trận đề giáo dục đào tạo hướng dẫn theo 2014-2015 Các đồng chí dạy 12 cần nhận xét chấm, sai lầm c bản, thường gặp học sinh Mỗi giáo viên dạy 12 soạn ôn theo chủ đề Lập bảng biến thiên hàm f(t) ta Pmin  