Đề thi thử lần 3 kì thi thpt quốc gia năm 2016 môn: Toán (thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG
ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA
NĂM 2016
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).
Câu 1 (2,0 điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 4 22 3  y x x .
b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 4( ) 2 1   f x x x với  2;4x .
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn 2 1 3   z i i .
b) Giải bất phương trình 22 1
2
log 2log 3 0x x   .
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân  2 2
0
cos sin cos

 I x x xdx .
Câu 4 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm (5; 3;4)I 
và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) : 2 5 0P x y z    . Tìm tọa độ tiếp điểm của ( )S và ( )P .
Câu 5 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình 23sin 2cos 22 
xx .
b) Có hai hộp chứa các viên bi. Hộp thứ nhất chứa 8 viên bi màu trắng và 7 viên bi màu đỏ, hộp thứ hai chứa
5 viên bi màu trắng và 6 viên bi màu đỏ. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một viên bi. Tính xác xuất sao cho
hai viên bi lấy ra cùng màu.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác . ' ' 'ABC A B C có đáy là tam giác vuông tại A , , 3 AB a AC a .
Hình chiếu vuông góc của 'A trên mặt phẳng ( )ABC trùng với trung điểm H của cạnh BC ; Góc giữa cạnh
bên và mặt đáy bằng 045 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường
thẳng 'AA , 'CB .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD , vuông tại A và B, có đỉnh
(0;2)C và 3AD BC . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường chéo BD . Điểm 24 16;13 13M
    là
điểm thuộc đoạn HD sao cho 2HM MD . Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B D của hình thang vuông ABCD
biết đỉnh A thuộc đường thẳng   : 1 0d x y   .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  
2 1 4 2 ( , )
3 2 1 5
x yx x y x y
x x y y
           
 .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số dương , ,a b c thỏa mãn 1a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
    
3 3 3 14
1 1 1
a b cP a bc b ca c ab c a b
        
----------------- Hết ----------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: ........................................................
1ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM LẦN 3
ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1a
(1,0 đ)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 4 22 3  y x x .
TXĐ: D , 3' 4 4 y x x ,
0
' 0 1
1
    
x
y x
x
,
   ' 0 1;0 1;     y x và    ' 0 ; 1 0;1     y x
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng    1;0 ; 1;  , hàm số nghịch biến trên các khoảng
   ; 1 ; 0;1  .
Hàm số đạt cực đại tại 0; 3CDx y   ,
Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm    1 ;y 1 1 41 CT
x y yx
       
0,25
   4 2 4 2lim lim 2 3 ; lim lim 2 3            x x x xy x x y x x .
Bảng biến thiên
0,25
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 3)
Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm    3;0 , 3;0
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.
0,25
Câu 1b
(1,0 đ)
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 4( ) 2 1   f x x x với  2;4x .
 2
4'( ) 1 1  f x x 0,25
 
 
3 2;4'( ) 0 1 2;4
xf x x
       
0,25
     102 4; 4 ; 3 33  f f f .
0,25
Vậy        2;42;4max ( ) 2 4; min ( ) 3 3   f x f f x f 0,25
0 

x
'( )f x
( )f x

3


0 0 0
4 4

1 1
f(x)=x^4-2*x^2-3
-4 -2 2 4
-4
-2
2
4
x
y
O
2Câu 2a
(0,5 đ)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
2 1 3   z i i
Gọi số phức  , ;  z x yi x y được biểu diễn bởi điểm  ;M x y .
   2 22 1 3 2 1 3 2 1 10z i i x yi i i x y               0,25
   2 22 1 10x y     ,
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm  2;1I  , bán kính 10R  . 0,25
Câu 2b
(0,5 đ)
Giải bất phương trình 22 1
2
log 2log 3 0x x   .
ĐKXĐ: 0x ,  222 1 2 2
2
log 2log 3 0 log 2log 3 0x x x x      
0,25
2
2
2log 1
1log 3 0 8
xx
x x
       
.
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là  10; 2;8S      
0,25
Câu 3
(1,0 đ) Tính tích phân  2 2
0
cos sin cos

 I x x xdx .
 2 2 22 2 2
0 0 0
cos sin cos cos sin xcosI x x xdx xdx xdx
  
      . 0,25
 2 221
0 0
1 1 1cos 1 cos2 sin 2 22 2 2 40
I xdx x dx x x
             . 0,25
   2 22 2 32
0 0
1 1sin xcos sin x sin sin 23 30
I xdx d x x
  
     . 0,25
Vậy 14 3I
  . 0,25
Câu 4
(1,0 đ).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm (5; 3;4)I 
và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) : 2 5 0P x y z    . Tìm tọa độ tiếp điểm của ( )S và ( )P .
Gọi R là bán kính mặt cầu, theo điều kiện tiếp xúc   R d ; 2 6I P  .
0,25
Phương trình của mặt cầu ( )S là      2 2 25 3 4 24x y z      . 0,25
Gọi H là tiếp điểm của ( )S và ( )P , khi đó H là hình chiếu của (5; 3;4)I  trên mặt
phẳng ( )P , đường thẳng IH có phương trình là
5 2
3 , .
4
x t
y t t
z t
       
 0,25
Tọa độ điểm H có dạng  5 2 ; 3 ;4H t t t    , vì  H P nên ta có
     2 5 2 3 4 5 0 6 12 2 1; 1;2t t t t t H               . 0,25
3Câu 5a
(0,5 đ) Giải phương trình
23sin 2cos 22 
xx .
2 13sin 2cos 2 3sin cos 1 sin2 6 2
xx x x x            . 0,25
2
, .2 23
x k
kx k

 
   

Phương trình đã cho có các nghiệm là  22 ; 2 .3x k x k k
    
0,25
Câu 5b
(0,5 đ)
Có hai hộp chứa các viên bi. Hộp thứ nhất chứa 8 viên bi màu trắng và 7 viên bi màu đỏ, hộp
thứ hai chứa 5 viên bi màu trắng và 6 viên bi màu đỏ.
Phép thử: “Chọn từ 2 hộp đã cho, mỗi hộp một viên bi”,   1 115 11.C 165n C   .
Biến cố A: “Hai viên chọn được cùng màu”. 0,25
1A : “Hai viên chọn được cùng trắng”,   1 11 8 5.C 40n A C  .
2A : “Hai viên chọn được cùng đỏ”,   1 12 7 6.C 42n A C  .
Vậy      1 2 82n A n A n A   , xác suất của biến cố A là   82165P A  .
0,25
Câu 6
(1,0 đ)
Trong tam giác vuông ABC có 2 2 2 2 2 23 4 2      BC AB AC a a a BC a ;
1
2 AH BC a .
AH là hình chiếu vuông góc của 'AA trên mặt phẳng ( )ABC nên góc giữa 'AA và mặt
phẳng ( )ABC là góc'A AH . Theo giả thiết có 0' 45A AH .
Trong tam giác 'A AH có '  A H AH a .
0,25
Diện tích tam giác ABC là
21 3.2 2  ABC
aS AB AC .
Thể tích khối lăng 1 1 1.ABC A B C trụ là
2 33 3' . . 2 2  ABC
a aV A H S a .
0,25
Khoảng cách giữa hai đường 'A A và 'CB bằng khoảng cách từ 'A A đến mặt phẳng ' 'B BCC và bằng khoảng cách từ điểm 'A đến  ' 'B BCC .
Gọi E là hình chiếu vuông góc của 'A cạnh ' 'B C .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của 'A trên ' (1) HE A K HE .
Mặt khác  ' ' ' ' ' ' ' ' ' (2)' ' ' ( ' ( ' ' '))
      
B C A E B C A HE B C A KB C A H A H A B C
0,25
4Từ (1) và (2)  ' ( ' ') ', ( ' ') '   A K BCB C d A BCB C A K .
Trong tam giác vuông 'A HE có
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 7
' ' ' ' ' ' ' ' 3 3
21' 7
A K A H A E A H A B A C a a a a
aA K
        
 
Vậy khoảng cách giữa hai đường 'AA và 'CB bằng 217
a .
0,25
Câu 7
(1,0 đ)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,
cho hình thang vuông ABCD ,
vuông tại A và B,
có đỉnh (0;2)C và 3AD BC .
- Gọi E là điểm trên đoạn AH sao cho 2HE = EA, khi đó 1 13 3
HM HE EM
HD HA AD    và
EM // AD Suy ra tứ giác BCME là hình bình hành, Suy ra CM // BE
- Dễ thấy E là trực tâm tam giác BAM  BE AM CM AM  
0,25
Vì A thuộc (d) nên tọa độ ( ; 1)A a a  , mà
 . 0 3 3; 4CM AM AM CM a A          0,25
Gọi I là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD
1 3 1;4 4 2CI CA I
      
 
- Đường thẳng BD đi qua I và M , suy ra : 2 3 0BD x y 
- Phương trình : 3 2 1 0AH x y   , mà H là giao điểm của hai đường thẳng BD và AH
Suy ra 3 2;13 13H
    .
0,25
Mà  3 6; 4HD HM D   
 1 3;23CB DA B  
 
.
0,25
Câu 8
(1,0 đ) Giải hệ phương trình  
2 1 4 (1)2
3 2 1 5 (2)
           
x yx x y
x x y y
Điều kiện
0 5
1
2
  
y
x
0,25
5   
      
32 2 3
33 2
1 4 2 82
8 2 0 2 4 2 0
        
          
x yx x y x x x y y
x y x x y x y x x y y x
22 0 2 4      x y x y y x
(Vì theo điều kiện có 24 2 0   x x y y x ) 0,25
Thay vào (2) có phương trình 2 23 2 1 5 4 4   x x x x .
Điều kiện 1 52 2 x
Xét 12x , là nghiệm của phương trình.
Xét 1 52 2 x .
  
2 2
2 2
2 4 2
2
3 2 1 5 4 4
(4 6 2) (6 3 3 2 1) (1 5 4 ) 0
4 6 2 4 5 11 4 2 3 02 1 2 1 1 5 4
   
          
            
x x x x
x x x x x x
x x x xx x x x x x
0,25
     
  
2
2
6 1 2 1 ( 1)(2 1)( 1)(2 1)2 1 2 1 02 1 2 1 1 5 4
6 ( 1)(2 1)1 2 1 2 0 12 1 2 1 1 5 4
x x x x x xx x x x x x
x xx x xx x x x
              
               
Vì   21 5 6 ( 1)(2 1)2 1 2 02 2 2 1 2 1 1 5 4
x xx x x x x x
              
Với 1 4  x y .
Với 1 12  x y .
Đáp số 14
x
y
  ;
1
2
1
x
y
  
0,25
Câu 9
(1,0 đ).
Cho các số dương , ,a b c thỏa mãn 1a b c   .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức     
3 3 3 14
1 1 1
a b cP a bc b ca c ab c a b
         .
Với các số dương , ,a b c thỏa mãn   1 1 11 a b ab a b ab ca b c           .
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có       2 21 11 1 2 1 .4 4ab c a b a b c        
Suy ra  
3 3
2
4
1
c c
c ab c
  và       2
14 28
11 1 1 cc a b
    .
0,25
6Ta có bất đẳng thức  22 2 x yx ym n m n
   luôn đúng với các số dương , , ,x y m n . Thật vậy,
     
 
22 2 2 2 2
22 2 2 2
; ; ; 0,
2 0
x y m n
x yx y x ym n x ym n m n m n
x n y m xymn xn ym
 
           
     
Áp dụng bổ đề trên và bất đẳng thức Cô – si ta có:
 
 
  
 
 
 
 
22 23 3 4 4
2 2 2 2
22 2 2 2
2 2
2 2
2
11
1
2 1 2 1
a ba b a b
a bc b ca a abc b abc a b abc
a b a b
ca b c
a b c
c c
        
    
   
0,25
Từ các bất đẳng thức trên suy ra         
2 3
2 2
1 4 28 , 12 1 1 1
c cP f c cc c c
       .
       
2
3
2
3 5 3 14 23 5' , ' 0 ,32 1
5 53; 3 14 23 0, 13 8
c c cf c f c c
c
f c c c
     
         
0,25
Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hàm số  f c đạt giá trị nhỏ nhất bằng 538 khi
5
3c  . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng
53
8 khi
1 5;3 3a b c   .
0,25
Chú ý: Học sinh trình bày cách giải khác, đúng, giám khảo cho điểm tối đa.