b) Giải phương trình: 2x14.2x 6 Câu 4 (1,0 điểm)

(1)

SỞ GIÁC DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ KỲ THI THI THPT QUỐC GIA 2016 TRƯỜNG THPT TRƯNG VƯƠNG MÔN TOÁN – Thời gian: 180 phút

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x³3x²1.

Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yx 5x² tại điểm M có hoành độ bằng x = 2.

Câu 3 (1,0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn 2zi z. 3. Tìm z.

b) Giải phương trình: 2^x^¹4.2^^x 6 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:

1

0

ln( 1) I 



x x dx^.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu (S) bán kính bằng 3 , có tâm thuộc đường thẳng 1 1

: 1 2 2

y y z

  

 và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) :P xy  z 3 0.

Câu 6 (1,0 điểm).

a) Tính:

cos 2 3sin2

sin 2 3

x x

P x

 

 biết tanx2.

b) Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 4 viên bi vàng. Người ta chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. E là điểm trên cạnh AD sao cho BE vuông góc với AC tại H và AB > AE. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBE) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Góc hợp bởi SB và mặt phẳng (SAC) bằng 30⁰. Cho 2 5

5 AH  a , 5

BEa . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có H(0;2) là chân đường cao vẽ từ A và K(3;10) là điểm nằm trên trung tuyến vẽ từ A. Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết đường thẳng chứa đường phân giác trong góc A có phương trình 3xy 6 0. Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 

6 2 3 2

2

3 4 3 6

2 1 8 7

x x y y y

y x x y x

     



     



.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là 2 số thực thỏa mãn



^x²^^y²^¹



²^³^{x y}² ²^{ }¹ ⁴^x²^⁵^y²^{. Tìm giá}

trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2

2 2

2 3

1

x y x y

P x y

 

   .

---HẾT---

Họ và tên thí sinh: ………; Số báo danh: ………..

(2)

ĐÁP ÁN

Câu Đáp án Điểm

1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x³3x²1. 1,0đ TXĐ: D

lim ( ) ; lim ( )

x f x x f x

      0,25

' 3 2 6 3 ( 2)

y   x  x  x x ' 0 0

2 y x

x

 

   

0,25

Lập bảng biến thiên.

Hàm số nghịch biến trên (;0), (2,), đồng biến trên (0, 2) Hàm số đạt cực tiểu tại x0, y_CT  1; đạt cực đại tại x2, y_CD 3

0,25

Vẽ đồ thị 0,25

2

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yx 5x² tại điểm M có hoành độ bằng x = 2.

1,0đ

Gọi M x y( ;₀ ₀) là tiếp điểm. Ta có x₀ 2 y₀  1 M(2;1) 0,25

' 1 2

5 y x

x

 



. Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là k 3 0,5

Phương trình tiếp tuyến: y3(x2) 1 3  x5 0,25

3

a) Cho số phức z thỏa mãn 2zi z. 3. Tìm z. 0,5đ

( , )

zabi a b .

Ta có 2zi z.  3 2a b (2ba i) 3 0,25

2 3 2

2 0 1

a b a

b a b

  

 

  

  

 

. Vậy z2i 0,25

b) Giải phương trình: 2^x^¹4.2^^x 6 0,5đ

Đặt t 2 (^x t 0), phương trình t²3t20 0,25

1 0

2 1

t x

 

 

  

 

  0,25

(3)

4

Tính tích phân:

1

0

ln( 1)

I 



x x dx^. ^1,0đ

Đặt

2 1

ln( 1) ;

1 2

dx x

u x du dv xdx v

x

       

 0,25

1 1

2

0 0

( 1) ln( 1 1

2 2

x x x

I    dx

 



^0,25

2 1

0

1 1

2 2 4

x x

 

     

  0,5

5

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu (S) bán kính bằng 3 , có tâm thuộc đường thẳng 1 1

: 1 2 2

y y z

  

 và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) :P x y  z 3 0.

1,0đ

Tọa độ tâm I của mặt cầu ( )S là I(1t t;2 ; 1 2 )  t   0,25 Khoảng cách từ I đến (P) bằng bán kính        t 1 1 t 0 t 2 0,25

0 (1;0; 1)

t  I   phương trình mặt cầu: (x1)²y²(z1)² 3 0,25 2 ( 1; 4;3)

t   I    phương trình mặt cầu: (x1)²(y4)²(z3)² 3 0,25

6

a) Tính:

cos 2 3sin2

sin 2 3

x x

P x

 

 biết tanx2. 0,5đ

2 2

cos 2sin

2sin cos 3cos 3sin

x x

P x x x x

 

  0,25

2 2

1 2 tan 9

2 tan 3 3tan 11

x

x x

   

  0,25

b) Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 4 viên bi vàng. Người ta chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu.

0,5đ

Số phần tử của không gian mẫu: C₁₅³ 455

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “Ba viên bi lấy ra đủ cả ba màu”: 6.5.4 = 120

0,25

Xác suất cần tính là: 120 24

455  91 0,25

(4)

7

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. E là điểm trên cạnh AD sao cho BE vuông góc với AC tại H và AB > AE. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBE) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Góc hợp bởi SB và mặt phẳng (SAC) bằng 30⁰. Cho 2 5

5

AH  a , BEa 5. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.

1,0đ



( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

SAC ABCD

SBE ABCD SH ABCD

SBE SAC SH

 

   



  



 ( ( )

( )

BE SH SH ABCD

BE SAC BE AC

 

  

 



 SH là hình chiếu của SA trên (SAC)



^^{SB SAC}^,( ⁾

 

^^{SB SH}^,



^BSH^ ³⁰⁰

   

0,25

Đặt AB x0

Ta có AE BE²AB²  5a²x²

Lại có: 1 ₂ 1₂ 1₂ 5₂ 1₂ ₂1 ₂ ⁴ ² ² ²

5 4 0

4 5 x a x a

AH  AB  AE  a  x  a x    



2 2

x a

  hoặc x² 4a²  xa hoặc x2a

Loại xa vì khi đó AE 2aa AB. Vậy AB2a

0,25

 ² ² 4

5 BH  AB AH  a

 1 ₂ 1₂ 1₂ 5₂ 1₂ 1₂ 1₂ 1 ₂

16 4 64 BC 4a

BH  AB BC  a  a  BC  BC  a  

0,25

Tam giác SBH vuông tại H   4 4 15

.cot 3

5 5

a a

SH BH BSH   



3 .

1 32 15

3 . 15

S ABCD ABCD

V  S SH  a

0,25

8

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có H(0;2) là chân đường cao vẽ từ A và K(3;10) là điểm nằm trên trung tuyến vẽ từ A.

Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết đường thẳng chứa đường phân giác trong góc A có phương trình 3x y 6 0.

1,0đ

Ta có: MAC MCA BAH

  HAD MAD

 

 AD là tia phân giác góc HAM Gọi L là điểm đối xứng của K qua AD

 K  AH Tọa độ L(0;1)

0,25 A

B C

D H

S

E F

K

A

B C

K H D M

L I

(5)

Phương trình AH x: 0 A(0;6)

Phương trình AK: 4x3y180; Phương trình BC y: 2M( 3;2) 0,25 Phương trình đường tròn tâm M, bán kính MA: (x3)²(y2)² 25 0,25 Vậy B(2;2), ( 8; 2)C  hoặc B( 8; 2), (2; 2) C 0,25

9

Giải hệ phương trình:

 

6 2 3 2

2

3 4 3 6 (1)

2 1 8 7 (2)

x x y y y

y x x y x

     



     



. 1,0đ

Điều kiện: x² y 8 0

 (1)(x^{2 3}) 3x² (y1)³3(y1)  f x( ²) f y( 1) với f t( ) t³3t.

Ta có: f t'( )3t² 3 0, t  f t( ) đồng biến trên . Do đó : f x( ²) f y( 1) x²  y 1 yx²1

0,25

Với yx²1, (2) trở thành: 2(x²1) ( x1) 2x²7 x 70

2 2

2x 7 (x 1) 2x 7 x 2 0 (*)

       

Đặt t  x²7 (t  7), (*) trở thành: t²(x1)t x 20 (**)

Ta có  (x3)² nên (**) có hai nghiệm t x2^hoặct  1^(loại)

0,25

2

2 2

2 1

2 2 2 ...

2 7 4 4 3

x x

t x x x

x x x x

  

 

         

     

 0,25

Với x 1 y0 (nhận)

Với x 3 y8 (nhận)

Kết luận: hệ có hai nghiệm ( ; )x y là (1;0), (3;8)

0,25

10

Cho x, y là 2 số thực thỏa mãn



^x²^ ^y² ^¹



²^³^{x y}² ²^{ }¹ ⁴^x²^⁵^y² ⁽¹⁾^{. Tìm giá}

trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2

2 2

2 3

1

x y x y

P x y

 

   .

1,0đ



² ²

 

² ² ²



² ² ² ²

(1)  x y  x  y 2 x 2y 3x y



² ²

 

² ² ²



2 2

2 1

x y x y

P x y

   

 

 

0,25



² ²



²



² ²

 

² ² ²



²



²



(1)  x y 3 x y 2  x 3x y  x 1 3 y 0

2 2

1 x y 2

   

0,25

Đặt

 

2

2 2 2

; ( ) , 1;2

1 t t

t x y P f t t

t

      



 

2

'( ) 1 4 0, 1; 2

( 1)

f t t f

  t    

 đồng biến trên

 

^{1; 2 .}

0,25

GTNN của P là f(1) 1 khi ( ; )x y (0; 1) . GTLN của P là 4

(2) 3

f  khi ^{( ; )}^{x y} ^



^0;^ ²



^. ^0,25