Đề 3 thi thử tốt nghiệp thpt quốc gia năm học 2015 - 2016 môn toán thời gian làm bài: 180 phút

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
SỞ GD & ĐT TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN TOÁN
Ngày thi: 6/6/2016
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số 2x 1y x 1
 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành.
Câu 2: (1,0 điểm)
a) Cho góc lượng giác  , biết tan 2  . Tính giá trị biểu thức 2cos2 -3sinP

 .
b) Giải phương trình sau trên tập số thực: 5.9 2.6 3.4x x x 
Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân
1
1 ln d .
e
I x x xx
    
Câu 4: (1,0 điểm)
a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thoả mãn điều kiện (2 ) 3 5z i z i   
b) Cho tập hợp  0;1;2;3;4;5A  . Lập các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau.
Chọn ngẫu nhiên 2 số trong các số vừa lập, tính xác suất để trong hai số được chọn có đúng 1 số
chẵn.
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   0; 3; 1A và   4;1; 3B và
mặt phẳng      : 2 2 7 0P x y z .
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ, song song với AB và vuông góc
với (P)
b) Lập phương trình mặt cầu nhận đoạn thẳng AB là đường kính.
Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C , ABC đều có cạnh bằng a , 'AA a và
đỉnh 'A cách đều , ,A B C . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và 'A B . Tính theo a
thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( )AMN .
Câu 7: (1,0 điểm) Trong mp Oxy cho hình chữ nhật ABCD, biết đỉnh B thuộc đường thẳng 1d : 2x y 2 0,   đỉnh C thuộc đường thẳng 2(d ) : x y 5 0   . Gọi H là hình chiếu của
B lên AC.Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết điểm  9 2M( ; ) , K 9 ;25 5 lần lượt là trung
điểm của AH , CD và C có tung độ dương.
Câu 8: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 2
2
x x 2 y 3y 3 x 2 4y 2 0 (1)
x 2y 9 2 x 2 y (2)
             
Câu 9: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm GTNN của biểu
thức 2 2 2 2 2 2 2 2 23( ) 3( ) 2M a b b c c a ab bc ca a b c        
-------------HẾT-------------
Họ và tên:.........................................................................SBD........................................
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
ĐÁP ÁN
Câu 1. a) TXĐ:    \ 1 ;D  2
1' 0
1
y x D
x
   
Hàm số đồng biến trên hai khoảng    ; 1 ; 1;   
lim 2
x
y  => đồ thị có một đường tiệm cận ngang y = 2
   1 1lim ; limx xy y        => đồ thị có một đường tiệm cận đứng x = -1
x  -1 
y’ + +
y
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
b) Gọi M là giao điểm của (C) với trục Ox. Hoành độ của M là nghiệm của phương trình
2 1 01
x
x
 
1
2x   => (C) cắt trục Ox tại
1;02M
   
Tiếp tuyến có hệ số góc là 1' 42y
    
Phương trình tiếp tuyến: 14 4 22y x y x
       
0.25đ
0.25đ
0.5đ
Câu 2 : a) 2 22 2
1 1 11 tan cos 5cos 1 tan      
0.25đ

2
2
1
x
y
2
-1
-2
1
-1/2
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
   
2
2 2
cos2 -3 2cos 4 9
2sin 1 cosP
 
 
0.25đ
b)
23 35.9 2.6 3.4 5. 2. 32 2
x x
x x x              
23 35. 2. 3 02 2
x x            
3 12
3 3
2 5
x
x
         
0x 
0.25đ
0.25đ
Câu 3 : Ta có:
1 1 1
1 1ln d ln d ln d .
e e e
I x x x x x x x xx x
        
 Tính
1
ln d
e
x x x . Đặt lnu x và dv xdx . Suy ra 1du dxx và
2
2
xv 
Do đó,
2 2 2 2
1 11 1
1ln d ln d2 2 2 4 4 4      
e ee ex x e x ex x x x x
 Tính
1
1 ln d .
e
x xx Đặt 1lnt x dt dxx   . Khi 1x  thì 0t  , khi x e thì 1t  .
Ta có:
11 2
1 0 0
1 1ln d tdt .2 2
e tx xx     Vậy
2 3.4
eI 
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giả sử z = a + bi (a ,b R ).Ta có
(2 ) 3 5z i z i     a + bi + (2 + i) (a – bi ) = 3 + 5i
 3a + b + (a – b) i = 3 + 5i
 3 3 25 3
a b a
a b b
        
Vậy z = 2 - 3i . Do đó phần thực của z là 2 và phần ảo của z là – 3 .
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
b)  0;1;2;3;4;5A  .
• Gọi số cần lập là N = abc; a b c a; a 0   
Ta có 5.5.4 = 100 số.
• Chọn ngẫu nhiên 2 số trong 100 số đó: 2100n( ) C 
• Gọi A là biến cố “ trong hai số được chọn có đúng một số chẵn”
- Nếu N là số chẵn:
+ c = 0 có 5.4 = 20 số.
+ c = 2 hoặc c = 4 mỗi trường hợp có 4.4 = 16 số . Vậy có 20 + 32= 52 số chẵn
- Nếu N là số lẻ: có 100 – 52 = 48 (số)
1 1
52 48n(A) C .C 
Vậy xác suất là:
1 1
52 48
2
100
.( ) 416( ) ( ) 825 
C Cn AP A n C
0.25đ
0.5đ
0.25đ
Câu 5 (1,0 điểm).
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
a) Ta có:     4;4; 2AB ,    1; 2;2n là véc tơ pháp tuyến của (P)
    
 
, 4;6;4AB n
(Q) là mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O (0;0;0) , (Q) song song với AB và vuông góc với mặt
phẳng (P) suy ra mặt phẳng (Q) nhận     
 
, 4;6;4AB n làm véc tơ pháp tuyến
Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là   2 3 2 0x y z
b)          4;4; 2 16 16 4 6AB AB .
Trung điểm AB là I( 2; 1; 2)   .
Mặt cầu (S) có tâm I, bán kính ABR 32  (S) :
2 2 2(x 2) (y 1) (z 2) 9     
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
Câu 6 (1,0 điểm).
 Gọi O là tâm tam giác đều ABC A’O  (ABC)
3 2 3, ;2 3 3  
a aAM AO AM
2
2 2 2 6' ' 3 3
a aA O AA AO a     ;
Thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C :
2 33 6 2. ' .4 3 4  ABC
a a aV S A O
    3,( ) , ( )

   ABMN
AMN
Vd C AMN d B AMN S
Ta có
3
'
1 1 1 2. . '.4 4 3 48   ABMN A ABC ABC NAMC
aV V OA S V
Ta lại có : A 'AB; ABC  là 2 tam giác đều cạnh a nên 32
aAM AN  ,suy ra AMN
cân tại A
Gọi E là trung điểm AM suy ra AE MN , '2 2
A C aMN  
2 2
2 2 3 11
4 16 4
a a aAE AN NE      ;
21 11.2 16AMN
aS MN AE 
0.25đ
0.25đ
0.25đ
E
A
B
C
C'
B'
A'
M
O
N
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
  3 23 2 11 22,( ) :48 16 11  
a a ad C AMN (đvđd)
0.25đ
Câu 7: Gọi N là trung điểm BH; Có MNCK là hình bình hành=> MK//NC
Tam giác MBC có MN BCBH MC
   N là trực tâm=> NCMB. Vậy MK MB
Đường thẳng (MB) qua M có VTPT 36 8MK ( ; )5 5
 pt (MB) : 9x 2y 17 0  
   1B MB d B 1 ;4   . Gọi
    2C 5 c ;c d c 0   . KC (c 4;c 2); BC (c 4;c 4)       
 2 c 4KC.BC 0 2c 6c 8 0 C 9;4c 1(l)
        
 
K là trung điểm CD  D 9;0 ; I là trung điểm BD I(5;2)
I cũng là trung điểm AC  A 1;0 .
Vậy  A 1;0 ;  B 1 ;4 ;  C 9;4 ;  D 9;0
.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
Câu 8 :
Pt (1) 3 3( x 2) x 2 (y 1) (y 1) (3)        ; (Đk: x 2; y 1   )
Xét hàm số f(t)= 3t t ; t [0; )  ; f’(t)= 23t 1 0; t (0; )    
=>f(t) đồng biến trên [0; )
2
y 1(3) f ( x 2) f (y 1) x 2 y 1 x 2 (y 1)
            
2 2
2
(2) (y 1) 2 2y 9 2(y 1) y
y 1(l)
3y 5y 8 0 8 7y x3 9
       
         
. Vậy hệ có nghiệm
7x 9
8y 3
  
0.25đ
0.25đ
0.5đ
Câu 9 :
Đặt T = ab + bc + ca ( 0t  ) , ta có : a2 + b2 + c2  ab + bc + ca
 1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2 (ab + bc + ca)  3 (ab + bc + ca) = 3t
 a2 + b2 + c2 = 1 - 2t với 13t 
Theo bất đẳng thức Cô-si
T2 = (ab + bc + ca)2  3( a2b2 + b2c2 + c2a2)
0.25đ
A
D C
B
H
M
K
N
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Do đó M  t2 + 3t +2 1 2t
Xét hàm số f(t) = t2 + 3t + 2 1 2t trên tập 10; 3D
     ,
f’(t) = 22 3 1 2t t   > 0 => f(t) đồng biến trên D
 f(t)  f(0) = 2
Vậy minM = 2 đạt được khi t = 0,tức là với a,b,c không âm thỏa mãn
1
0
a b c
ab bc ca
ab bc ca
       
 a , b ,c là một trong các bộ số (0;0;1),(0;1;0),(1;0;0)
0.25đ
0.25đ
0.25đ