Câu 6 1,0 điểm Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O.Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy , góc tạo bởi SC và mặt
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẢO LỘC MÔN : TOÁN
Thời gian : 180 phút ( Không kể thời gian phát đề )
Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số 2
1
x y x
−
= + 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) ,biết tiếp tuyến song song với đường thẳng :∆ y=3x+1
Câu 2 ( 1,0 điểm)
a) Giải phương trình : cos 2 x 3cos− x+ =2 0
b) Tìm phần thực, phần ảo, mô đun của số phức z, biết : 1 2 3 2
1
i
i
+ = −
−
Câu 3 ( 0,5 điểm ) Giải phương trình : 9x−3.3x+ =2 0
Câu 4 ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình :
3 2
+ + = + + +
Câu 5 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y x= ln ; x y x x= ; =1
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O.Mặt bên (SAB) là tam
giác cân tại S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy , góc tạo bởi SC và mặt phẳng đáy bằng 0
60 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ đường thẳng AB đến đường thẳng SC
Câu 7 ( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có trung điểm cạnh CD
là M(2;1) ,đường thẳng đi qua đỉnh D và trung điểm N của cạnh BC là 3x y− − =3 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết điểm D có tung độ nhỏ hơn 2
Câu 8 (1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa Oxyz ,cho đường thẳng : 1 2 4
−
và điểm (2;3; 1)
M − Tìm tọa độ điểm M’ đối xứng của điểm M qua đường thẳng ∆ Viết phương trình mặt cầu tâm M
và tiếp xúc với đường thẳng ∆
Câu 9 ( 0,5 điểm ) Một lô sản phẩm của công ty sữa A gồm 50 hộp sữa có hình dạng giống nhau , trong đó có
40 hộp sữa có chất lượng tốt , 7 hộp sữa có chất lượng trung bình ,3 hộp sữa không đạt chất lượng Đoàn kiểm tra chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa Tính xác suất trong 3 hộp hộp sữa đó phải có cả hai loại có chất lượng trung bình,và không đạt chất lượng
Câu 10 ( 1,0 điểm) Cho ba số thực dương , ,a b c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 3
2
Hết
-Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh………; Số báo danh………….……
Trang 2ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - MÔN : TOÁN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Câu 1
(2,0 đ)
Cho hàm số 2
1
x y x
−
= + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho
1,0 đ
Tập xác định : D=¡ \{ }−1
xlim y ; lim yx y
→+∞ = →−∞ = ⇒ = là tiệm cận ngang của đồ thị (C )
x ( )lim y ; lim yx ( ) x
→ − = −∞ → − = +∞ ⇒ = − là tiệm cận đứng của (C )
Ta có : 3 2 0
1
(x )
= > ∀ ∈ ⇒ + Hàm số đồng biến trên từng khoảng của tập xác định
Hàm số không có cực trị
Bảng biến thiên :
Bảng giá trị :
Đồ thị :
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) ,biết tiếp tuyến song song với đường
thẳng :∆ y=3x+1
1,0 đ
Gọi M x y( ; ), x0 0 0 ≠ −1 là tiếp điểm của tiếp tuyến và (C )
Vì tiếp tuyến song song với ∆ 0 0
0
0 '( ) 3
2
x
y x
x
=
⇒ = ⇔ = − + Với x0 = ⇒0 y0 = −2 :PTTT y: =3x−2
0,25 0,25 0,25
X −∞ -1 +∞
y’ + +
y +∞ 1
1 −∞
f(x)=(x-2)/(x+1) f(x)=1 x(t)=-1, y(t)=t
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x y
Trang 3+Với x0 = − ⇒2 y0 =4 :PTTT:y=3x+10
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa đề bài : 3 2
3 10
= −
= +
0,25
Câu 2
(1,0 đ)
2
cos 1
cos
2
x
x
=
=
2
, 2 3
x k
k
π
=
= ± +
¢
0,25
0,25
b) Tìm phần thực ,phần ảo , mô đun của số phức z ,biết : 1 2 3 2
1
i
i
+ = −
−
0,5 đ
+ = − ⇔ = − − ⇔ = − −
Phần thực : 9
5
− , phần ảo : 7
5
− , mô đun : 130
5
z =
0,25 0,25
Câu 3
(0,5 đ)
x
x
=
− + = ⇔ − + = ⇔
=
3
0 log 2
x x
=
⇔ =
0,25
0,25
Câu 4
(1,0 đ)
Giải hệ phương trình :
3 2
2 7 20 2 11 0 (2)
+ + = + + +
Điều kiện : y≥11
Ta có : ( )3
3 (1)⇔ y+1 +3 y+ = +1 (x 2) +3(x+2) (*) Xét hàm số f t( )= +t3 3 ,t t∈¡
Ta có : f t'( ) 3= t2+ > ∀ ∈3 0, t ¡ ⇒ Hàm số f đồng biến trên ¡
1 ( 2)
x
≥ −
⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + = +
Thay y (x= +2)2−1 vào (2) ta được : 2 2
2(x +4x+ −3) 7x−20 2+ x +4x− =8 0
0,25
0,25
Trang 42 2
2
(x )(x )
+ − + + ( điều kiện : x≥ − +2 2 3 )
2
2
3 18
x
x x
=
vô nghiệm (do x≥ − +2 2 3) ⇒ =y 17 (nhận)
Vậy hệ phương trình có nghiệm : (x;y) ( ; )= 2 17
0,25
0,25
Câu 5
(1,0 đ)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y x= ln ; x y x x= ; =1 1,0 đ
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường y x= ln , y xx = là :
ln
x x x= ⇔ =x e ( do x>0 )
S =∫ x x x dx− = ∫x xdx−∫xdx = S −S
* 1
1 ln
e
S =∫x xdx
Đặt
1 2
1
1
.ln
2
v
=
=
∫
*
2
1
e e
S =∫xdx= = −
Vậy
2 1 2 1 3 2 2 3
(đvdt)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 6
(1,0 đ)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O.Mặt bên (SAB) là
tam giác cân tại S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy , góc tạo bởi
SC và mặt phẳng đáy bằng 60 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ 0
đường thẳng AB đến đường thẳng SC
1,0 đ
Gọi H là trung điểm của cạnh AB ⇒SH ⊥ AB ( do SAB∆ cân tại S)
Mà :
⊂
0,25
Trang 5Xét∆BCH vuông tại B có : 2 2 5
2
a
CH = BC +BH =
2
HC
3 2
.
S ABCD ABCD
Gọi N là trung điểm của CD ,K là hình chiếu của H lên SN ⇒HK ⊥SN tại K (1)
Ta có : CD HN CD (SHN) CD HK (2)
⊥
⊥
Từ (1),(2)⇒HK ⊥(SCD) tại K ⇒d H SCD( ,( ))=HK
Mà : || ( )
⊂
AB SCD
⇒d AB SC =d AB SCD =d H SCD =HK
Xét ∆SHK vuông tại H ,có đường cao HK :
HK
19
a
d AB SC =
0,25
0,25
0,25
Câu 7
(1,0 đ)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có trung điểm cạnh
CD là M(2;1) ,đường thẳng đi qua đỉnh D và trung điểm N của cạnh BC là
3x y− − =3 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết điểm D có tung độ
nhỏ hơn 2
1,0 đ
Gọi N là trung điểm cạnh BC⇒DN : x y3 − − =3 0
Chứng minh được : AM⊥DN tại I
MA qua M(2;1) và vuông góc với DN có phương trình : x+3y− =5 0
I là giao điểm của 7 6
5 5
AM,DN⇒ I ; ÷
Kẻ PN||DC , P AD∈ ⇒PN AM {Q}∩ =
Q
⇒ là trung điểm AM
PQ= DM= DC⇒QN= DC⇒QN= DM
0,25
Trang 63 2
QI IM Q ;
uur uuur
Q là trung điểm AM ⇒A( ; )−1 2 ⇒AM ( ; )uuuur= 3 1−
D DM∈ ⇒D(x; x− );AM =AD +DM ⇔DM = ⇔ x − x+ =
1 9 5
x x
=
⇔ =
1 0
9 12
5 5
D( ; ) D( ; )(loai)
⇒
M là trung điểm CD ⇒C( ; )3 2
Ta có : AB DCuuur uuur= ⇒B( ; )1 4 Vậy A( ; ),B( ; ),C( ; ),D( ; )−1 2 1 4 3 2 1 0
0,25
0,25
0,25
Câu 8
(1,0 đ)
Trong không gian với hệ tọa Oxyz ,cho đường thẳng : 1 2 4
−
và điểm (2;3; 1)
M − Tìm tọa độ điểm M’ đối xứng của điểm M qua đường thẳng ∆ Viết
phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với đường thẳng ∆
1,0 đ
Ta có : H∈∆ ⇒H(1 2 ; 2+ t −t;4+ ⇒t) MH ( 1 2 t; 1 t;5 t),uuuur= − + − − +
∆ có 1 VTCP uuur∆ =(2; 1;1)−
H là hình chiếu của M lên 0 2 1 8 10; ;
∆ ⇔ = ⇔ = − ⇒ − ÷
uuuur uur
M’ là điểm đối xứng của M qua ∆ ⇔ H là trung điểm đoạn MM’ ' 8 7 23; ;
3 3 3
Mặt cầu ( S) có tâm M(2;3; 1)− và tiếp xúc với ∆ nên có bán kính
11
R MH= = có phương trình :(x−2)2+ −(y 3)2+ +(z 1)2 =11
0,25 0,25
0,25
0,25
Câu 9
( 0,5 đ)
Một lô sản phẩm của công ty sữa A gồm 50 hộp sữa có hình dạng giống nhau , trong đó
có 40 hộp sữa có chất lượng tốt , 7 hộp sữa có chất lượng trung bình ,3 hộp sữa không
đạt chất lượng Đoàn kiểm tra chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa Tính xác suất trong 3 hộp
hộp sữa đó phải có cả hai loại có chất lượng trung bình,và không đạt chất lượng
0,5 đ
Số phần tử của không gian mẫu: C 503
Số cách chọn được 1 hộp sữa có chất lượng trung bình ,1 không đạt chất lượng , 1 tốt
là : C C C 71 .13 401
Số cách chọn được 1 hộp sữa có chất lượng trung bình ,2 không đạt chất lượng là:
1 2
7 3
C C
Số cách chọn được 2 hộp sữa có chất lượng trung bình ,1 không đạt chất lượng là :
2 1
7 3
C C
0,25
Trang 7Xác suất cần tìm là :
1 1 1 1 2 2 1
7 3 40 7 3 7 3
3 50
33
700 C C C C C C C C + + = 0,25 Câu 10 (1,0 đ) Cho ba số thực dương , ,a b c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 9 1 ( ) 2 2 7 4 18 P a b c a b ab abc = + + + + + + + 1,0 đ Ta có : 4 ab =2 a b a.4 ≤ +4 ;18b 3abc =33 a b c a.4 9 ≤ +4b+9c Dấu “ = “ xãy ra ⇔ =a 4b=9c Do đó : 9 1( )2 2 1 1( )2 2 9( ) 2 2 P a b c P a b c a b c a b c ≥ + + + + ⇔ ≥ + + + + + + + + Đặt t a b c t= + + , >0 ta được : 1 1 2 2 2 P t t ≥ + + Xét hàm số : 1 1 2 ( ) 2, 0 2 f t t t t = + + > Ta có : f '(t) 12 t 0 t 1 t = − + = ⇔ = Dựa vào BBT ,ta có : (1) 7 2 P≥ f = Vậy min 4 9 7 36 9 4 , , 1 2 49 49 49 a b c p a b c a b c = = = ⇔ + + = ⇔ = = = 0,25 0,25 0,25 0,25 Lưu ý : Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì vẫn được trọn điểm câu đó. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 t 0 1 +∞
f’(t) − 0 +
f(t) +∞ +∞
7
2
Trang 8TRƯỜNG THPT BẢO LỘC
THỜI GIAN 180 PHÚT
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = f(x) = x3−3mx2 +3(m2−1)x+ −m m3 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1
b) Tìm các giá trị m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ O đến điểm cực đại bằng 2 lần khoảng cách từ O đến điểm cực tiểu
Câu 2 (1điểm) Giải phương trình : 3.9 x 1 + − 5.3 x 1 + + = 2 0 (x ∈ R)
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân sau ( 3cos )
0
2 sin
x
π
=∫ +
Câu 4 (1 điểm) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán,
Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của 3 môn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai môn là Toán hoặc Văn Hỏi trường Đại học đó
có bao nhiêu phương án tuyển sinh?
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A( 1; 2; -2) , B(3; 2;0)
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB
b) Tìm điểm M thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng OM nhỏ nhất
Câu 6 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông tâm O ; cạnh là a; SA vuông góc với
(ABCD) và SC = a 6.Tính theo a thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ O đến (SBC)
Câu 7 (1 điểm) Trong mặt tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh BC có phương trình x + 3 y − = 3 0. Các điểm I ( ) ( ) 3;1 , 4;3 J lần lượt nằm trên các đường thẳng ABvàAC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 3
Câu 8 (1 điểm) Giải hệ phương trình sau
3
(x, y )
Câu 9 (1 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 3
2
a b c+ + =
Trang 9Chứng minh rằng : ( 2)( 2)( 2) 125
64
Hết
Trang 10Câu Đáp án Điểm
1a)
1 điểm
Khi m = 1, y = f(x) = x3−3x2 (C)
D = R, y’ = 3x2 −6x
®+¥ = +¥ ®- ¥ =- ¥
ê Û
ê = Þ =-ë
BBT
x -∞ 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 +
y 0 +∞
-∞ -4 Hàm số tăng trên : (-∞ ; 0), (2 ; +∞) (H1)
Hàm số gỉam trên : (0 ; 2)
Đạt cực đại tại x = 0, yCD =0
Đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =- 4
Điểm đặc biệt : x = -1, y = -4 và x = 3, y = 0
Tâm đối xứng : I(1 ; -2)
Đồ thị: hình (H1)
0,25
0,25
0,25
0,25
1b)
1 điểm
D = R
=> hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với mọi m
0,25
-3 -2 -1
1
x y
Trang 11Câu Đáp án Điểm
-ê
ê = + Þ =
-ë
Chỉ ra : điểm CĐ A(m -1 ; 2 - 2m), điểm cực tiểu B(m + 1 ; -2 – 2m)
m
3
é =-ê
ê =-ê
0,25
0,25
0,25
2
1 điểm
Giải phương trình : 3.9 x 1+ − 5.3 x 1+ + = 2 0 (x ∈ R)
+ Điều kiện x ≥−1
+ Đặt t = 3 x 1 + , t ≥ 1 đưa về pt : 3t2- 5t 2 0+ =
+ Giải tìm t 1 t 2
3
= Ú = (loại) + Giải phương trình x 1
3 + = Û1 x=-1
0.25
0.25 0.25
0.25
3
1 điểm
I1= 3cos
0
.sin
x
π
0
3
x
π
3 0
x
e
π
0,25
0,25
3
1 điểm
I2 =
0
2 sin x x dx
π
∫
Đặt u = 2x => du = 2dx
dv = sinxdx => v = –cosx
0
2 cos x x 2cos x dx 2
π
Trang 12Câu Đáp án Điểm
3
1( 1) 2
3 e −e + π
0,25
4
1 điểm
TH1: Trong ba môn, có 1 trong 2 môn Toán hoặc Văn:
Ta có 2
6
2.C =30 (Cách)
TH2: Trong ba môn, có cả hai môn Toán và Văn:
Ta có 1
6
1.C =6(Cách)
Vậy có các trường hợp là: 30 + 6 = 36 (cách)
0,50
0,25 0,25
5
1 điểm
a)
Vì mp(Q) là mp trung trực của đoạn AB nên nhận vectơ nr =uuuvAB=( 2;0;2)
làm vectơ pháp tuyến
và đi qua trung điểm I ( 2; 2;-1) của đoạn thẳng AB
Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: x + z - 1 =0
0,25
0,25
b) Phương trình tham số (AB) :
1 2 2
y
= +
=
= − +
điểm M thuộc (AB) , M(1+t;2;-2+t)
đoạn thẳng OM nhỏ nhất khi OM vuông góc với AB
0,25
0,25
Trang 13Câu Đáp án Điểm
6
1 điểm
SC −AC = 2a
+ VS.ABCD = 1
3.SABCD.SA = 2
3a3
+ Trên mp(SAB) vẽ AH⊥SB lại có AH⊥
BC
Suy ra AH ⊥(SBC)
1
AH = 2
1
SA + 2
1
AB
suy ra AH=2 5
5
a
Suy ra d(O;(SBC))=1
2AH= 5
5
a
0,25
0,25
0,25
0,25
7
1 điểm
Đường thẳng AB đi qua điểm I( )3;1 có vectơ pháp tuyến nr=( )a b; ,(a2+b2 ≠0)
( )AB ax by: 3a b 0
Do đường thẳng AB hợp với đường thẳng BC một góc 450 suy ra
2 2 2 2
3
1 3
+
2
2
a
a
=
= ⇒ − − = ⇔
= −
+ Với a=2 và b= ⇒1 ( )AB : 2x y+ − =7 0, ( )AC x: −2y+ =2 0
Ta cóA AB= ∩AC⇒ toạ độ đỉnhAlà nghiệm của hệ
12
5
x
A
x y
y
=
− + =
( thỏa đk)
Suy ra tọa độ các đỉnh 18; 1 , ( )0;1
B − C
0,25
Trang 14Câu Đáp án Điểm
2
a= − và b= ⇒1 ( )AB x: −2y− =1 0, ( )AC : 2x y+ − =11 0
Ta cóA AB= ∩AC
=>Ttoạ độ đỉnhAlà nghiệm của hệ
23
5
x
x y
y
=
− − =
+ − =
( loại vì không thỏa đk)
Vậy: 12 11;
5 5
, 18; 1 , ( )0;1
B − C
0,25
0,25
0,25
8
1 điểm
3
16 16 16 (1)
(x, y )
Điều kiện: x≥ 2 và y≥ 4
Với điều kiện trên, bình phương hai vế của (1) ta được:
y2− + 16 x2− 2 x y2 − 16 0 =
3
( y x − ) + − = y x x − + 2 1 + x − + 2 1 (4) Xét hàm đặc trưng f t ( ) = + t3 t , t ∈ ¡ , f t '( ) 3 = t2 + > ∀ ∈ 1 0, t ¡
Trang 15Câu Đáp án Điểm
=> f(t) đồng biến trên |R, do đó ta có:
(4) f y x ( − = ) f ( x − + 2 1 ) y x − = x − + 2 1 (5)
Từ (3) và (5), hệ phương trình đã cho tương đương với
2 1
− =
2 1 (5)
Đặt t= x − 2 (t ≥0)
(6) trở thành 2 t3 + 3 t2 + − = 6 t 11 0 t=1
(6) x − = 2 1 x=3 (thỏa điều kiện)
Lúc đó y= 5 (thỏa điều kiện)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhật (x;y)= (3;5)
0,25
0,25
0,25
0,25
9
1 điểm
64
4
0.25
ln 1
5
2
Ta có
t
t
( )0 0, 1 ln5 2, 3 ln13 6
4 5
2
∈
0.25
0.25
Trang 16Câu Đáp án Điểm
4
2
