Đề thi thử THPT quốc gia môn toán Giáo Viên Nguyễn Thanh Tùng

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Nên tự làm và bấm giờ các bạn nhé – dùng đáp án và thang điểm để tự chấm cho mình!. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB v

Trang 1

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan

Nên tự làm và bấm giờ các bạn nhé – dùng đáp án và thang điểm để tự chấm cho mình!

Chúc các bạn ôn luyện thật tốt và vượt qua kì thi THPTQG thành công !

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 4 2

yx  x 

Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số

2 (3m 1)x m m y

x m



 có đồ thị (C m) Tìm m để tiếp tuyến của ( C m) tại giao điểm của đồ thị (C m) với trục hoành song song với đường thẳng d y:  x 1

Câu 3 (1,0 điểm)

1 2

z z

i

 Tính môđun của z

6

log x3 log x2  trên tập số thực.4

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

1

3 ln

ln 2

e

x









Câu 5 (1,0 điểm).Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2;3), (2; 1;3)B  và mặt phẳng

( ) :P x2y2z 1 0 Tính diện tích tam giác OAB Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và cách

mặt phẳng ( )P một khoảng bằng 1

Câu 6 (1,0 điểm)

2



   và sin 2 cos 1 Tính A2 tan cot

b) Từ 16 chữ cái của chữ “ KI THI THPT QUOC GIA” chọn ngẫu nhiên ra 5 chữ cái Tính xác suất để chọn

được 5 chữ cái đôi một phân biệt

Câu 7 (1,0 điểm).Cho lăng trụ ABC A B C có ' ' '  0

135

4

a

CC  ; ACa 2 và BCa Hình chiếu vuông góc của C lên mặt phẳng ' (ABC) trùng với trung điểm M của đoạn AB Tính theo a thể tích

của khối lăng trụ ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' ' ' AA' và B C ' '

Câu 8 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A (AB AC) Trên cạnh AB

lấy điểm I sao cho AI  AC Đường tròn đường kính IB cắt BC tại 60 15;

17 17

M 

và cắt đường kéo dài CI tại

(4; 1)

N  Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x2016y0

Câu 9 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình

2

1

1 (8 4) 2(1 )

xy y

y y







 





x y   , 

Câu 10 (1,0 điểm).Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn ab bc ca   3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2( 1)( 1)( 1)

T

    

GV: Lê Anh Tuấn - Nguyễn Thanh Tùng

Trang 2

PEN I – N3 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

- Môn : TOÁN

ĐỀ SỐ 6 (Đáp án – thang điểm gồm 07 trang)

1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số yx42x2 1 1 0 ,

* Tập xác định: D  

* Sự biến thiên:

– Chiều biến thiên: 3

' 4 4

y  x  x; y ' 0 x 0 hoặc x   1

0,25

Các khoảng nghịch biến: ( ; 1) và (0;1); các khoảng đồng biến: ( 1; 0) và (1;)

– Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT 0; đạt cực đại tại x 0, y 1

CĐ – Giới hạn: lim lim

    .

0,25

– Bảng biến thiên:

0,25

* Đồ thị:

0,25

Trang 3

2

Cho hàm số

2 (3m 1)x m m y

x m



 có đồ thị (C m) Tìm m để tiếp tuyến của ( C m) tại giao điểm của đồ thị (C m) với trục hoành song song với đường thẳng d y:  x 1

,

1 0

Ta có:

2

4 '

m y

x m



 và (C m) cắt trục hoành tại điểm

2

;0

3 1

M m



(

2 0

3 1

m



  

 ) 0,25

Do tiếp tuyến của (C m) tại M song song với đường thẳng d y:  x 1 nên

2 2

3 1

y

1

m   hoặc 1

5

m  

0,25

Với m  1 M( 1;0) , phương trình tiếp tuyến là: y x 1 (loại – do trùng với d ). 0,25

Với 1 3; 0

m  M 

 , phương trình tiếp tuyến là:

3 5

yx (thỏa mãn)

Vậy 1

5

m   là giá trị cần tìm

0,25

với đường thẳng yax b , việc sử dụng dữ kiện f x'( 0) chỉ là điều kiện cần nhưng chưa a

đủ Do đó sau khi giải ra kết quả ta cần có bước kiểm tra lại điều kiện song song.

3 a) Cho số phức z thỏa mãn

10

5

1 2

z z

i

 Tính môđun của z

6

a)

Ta có 10 5 1 10 5 1 10.(1 2 ) 5



         

(3 4 ) 5 5 5(3 4 ) 3 4

3 4 25 5 5

i



0,25

Vậy 3 4

5 5

z  i, suy ra môđun của số phức z là:

z        

   

0,25

b)

Điều kiện: 3 0 3



Khi đó phương trình tương đương :

2 log6 x32 log6x24log6 x 3x2  2 x3x236 (*)

0,25

TH1 :  2 x , khi đó: (*)3    2

3 x x 2 36 x x 30 0

        (vô nghiệm) TH2 : x  , khi đó : (*)3    2

        x hoặc 7 x   (loại) 6 Vậy phương trình có nghiệm: x 7

0,25

4

Tính tích phân

1

3 ln

ln 2

e

x









,

1 0

x

0,25

Đổi cận x   và 1 t 0 x   , khi đó: e t 1

.2 2

Trang 4

1 2

0

14

2

t

     



1 3

2

0

t

0,25

5

Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2;3), (2; 1;3)B  và mặt phẳng

( ) :P x2y2z 1 0 Tính diện tích tam giác OAB Tìm tọa độ điểm M thuộc đường

thẳng AB và cách mặt phẳng ( )P một khoảng bằng 1

,

1 0

(2; 1;3)

115 2

OAB

OA

OB

 

 





   

0,25

Ta có AB (1; 3; 0)



, suy ra phương trình đường thẳng

1

3

z

 





 



 



0,25

Do MABM(1t; 2 3 ;3) t Ta có:

1 2(2 3 ) 2.3 1

1 2 2

 

0,25

(0;5;3) 1

; ;3

5 5 5

M t

t

M t



 





Vậy M(0;5;3) hoặc 6 7; ;3

5 5

M 

0,25

6

2



   và sin2 cos 1 Tính A2 tancot

b) Từ 16 chữ cái của chữ “ KI THI THPT QUOC GIA” chọn ngẫu nhiên ra 5 chữ cái

Tính xác suất để chọn được 5 chữ cái đôi một phân biệt

,

1 0

a)

cos 0 2











  



sin 2 cos 1

1 2 cos cos 1 sin cos 1







5 cos 4 cos 0 cos

5

      hoặc cos  (loại do 0 (*))

0,25

Khi đó

2

            

  ( theo (*)) Suy ra tan sin 3

cos 4



  và cot 1 4

tan 3



  Do đó 2 tan

6

t 1 co

A    

0,25

b)

Số cách chọn 5 chữ cái từ 16 chữ cái là: n( ) C165 4368

Chữ “ KI THI THPT QUOC GIA”

có 8 chữ cái xuất hiện 1 lần là các chữ : K, P, Q, U, O, C, G, A

có 1 chữ cái xuất hiện 2 lần là chữ: H

có 2 chữ cái xuất hiện 3 lần là các chữ: I, T

Gọi B là biến cố trong đó 5 chữ cái được chọn đôi một phân biệt

Gọi tập X  {K; P; Q; U; O; C; G; A}, khi đó ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Trong 5 chữ được chọn đều thuộc tập X , số cách chọn: C 85 56

Trường hợp 2: Trong 5 chữ được chọn có chứa 4 chữ thuộc tập X

 và 1 chữ H, số cách chọn: 4 1

8 2 140

C C 

 và 1 chữ I, số cách chọn: 4 1

210

C C 

0,25

Trang 5

 và 1 chữ T, số cách chọn: 4 1

8 3 210

C C 

Vậy số cách chọn trong trường hợp này là: 140 210 210  560

Trường hợp 3: Trong 5 chữ được chọn có chứa 3 chữ thuộc tập X

 và 1 chữ H, 1 chữ I số cách chọn: 3 1 1

8 2 3 336

C C C 

 và 1 chữ H, 1 chữ T, số cách chọn: 3 1 1

8 2 3 336

C C C 

 và 1 chữ I, 1 chữ T, số cách chọn: 3 1 1

8 3 3 504

C C C 

Vậy số cách chọn trong trường hợp này là: 336 336 504 1176  

Trường hợp 4: Trong 5 chữ được chọn có chứa 2 chữ thuộc tập X , 1 chữ H, 1 chữ I , 1 chữ T

Số cách chọn: 2 1 1 1

8 2 3 3 504

C C C C 

Khi đó n B ( ) 56 560 1176 504   2296

Vậy xác suất cần tìm là: ( ) ( ) 2296

( ) 4

1 8

368

4 7

n B

P B

n

0,25

7

Cho lăng trụ ABC A B C có ' ' '  0

135

4

a

CC  ; ACa 2 và BC a Hình chiếu vuông góc của C lên mặt phẳng ' (ABC) trùng với trung điểm M của đoạn AB Tính theo a

thể tích của khối lăng trụ ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' ' ' AA' và B C ' '

,

1 0

sin 2 sin135

ABC

a

2 cos

AB AC BC  AC BC ACB2a2a22.a 2 .cos135a 0 5a2 0,25

Ta có:

2

4

a

C M  C C CM  Suy ra thể tích V ABC A B C ' ' 'C M S' ABC

2 3

6

4 2

6 8

 

0,25

Do AA'//BB'AA'//(BCC B' ') ( ', ' ') ( ', ( ' '))

d AA B C d AA BCC B

( , ( ' ')) 2 ( , ( ' ')

(do AM(BCC B' ') và AB 2

MB  )

0,25

2 2

AB a

2

4

a

Mà ta có: BCC M' BC( 'C CM) (*)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên CC , khi đó ' MH CC'

Mặt khác: BCMH (theo (*), suy ra MH (BCC B' ')d M( , (BCC B' '))MH

Xét tam giác MCC ta có: ' 1 2 1 2 1 2 42 82 202 15

a MH

5 ' ')) 2 1

d AA B C  d M BCC B  MH a

0,25

M

1350

H C'

C

B

A

Trang 6

8

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A (ABAC) Trên cạnh AB

lấy điểm I sao cho AI  AC Đường tròn đường kính IB cắt BC tại 60 15;

17 17

M 

và cắt

đường kéo dài CI tại N(4; 1) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường

thẳng 2015x2016y0

,

1 0

Ta có   0

180

CAICMI   ACMI nội tiếp đường tròn

0,25

Ta có 8 ; 32 8 (1; 4)

17 17 17

MN   



, suy ra phương trình AM x: 4y0

Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 4 0 0 (0; 0)

2015 2016 0

 







M C  M MI

là phân giác của góc AMN Mặt khác,  0 

90

BNC BACACBN nội tiếp đường tròn   

Suy ra NI là phân giác của MNA , suy ra  I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác AMN

0,25

Phương trình AN x: 4y0; AM x: 4y0 và MN: 4x y150

Phương trình phân giác của góc AMN thỏa mãn: 4 4 15 3 5 15 0

5 3 15 0



Do A N, khác phía với MI nên phương trìnhMI :5x3y15 0 BC: 3x5y150

Phương trình phân giác NC của góc ANM thỏa mãn: 4 4 15 5 0

3 0

x y

  



Do A M, khác phía so với NC nên NC có phương trình: xy 3 0

0,25

Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 3 0 0

Khi đó AB đi qua A(0; 0) vuông góc với AC nên có phương trình: y 0

Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 0 5 (5;

Vậy A(0;0), (5;0), (0;3)B C

0,25

1

2 2

1

1 1

4 3 2 1

N

M

I

C

B A

Trang 7

Trong hình vẽ bài toán

này, ta có thể khai thác

thêm tính chất EDAN

để sáng tạo ra các đề bài

mới, với E là giao điểm

của AB và MN và D là

giao điểm thứ hai của

đường tròn đường kính IB

với AN

9

Giải hệ phương trình

2

1

1 (8 4) 2(1 ) (2)

xy y

y y







 





Điều kiện: ( ;0) 1; 

1 1

y x

   





  





1 (1) y   1 1 y x  1 x 3xy 2  2 

1

1 1 3y 1 3x

y

 

Do  2 

1

1 1 3y 0

1 3x 0

x  x  , suy ra y 0

2

1

 

(2*)

0,25

Xét hàm số  2 

( ) 1 3t

f t  t  t với t  

1

t

Mà

'( ) 0

f t









với    t

Suy ra f t( ) đồng biến với    Khi đó t (2*) f 1 f x( ) 1 x y 1

 

 

(3*)

0,25

Thay (3*) vào (2) ta được:(8x2 4) 2(1 x2) 12 1

2

1

1 2

2

1 1 (8 4) 2(1 ) 32 (1 )(2 1) 1 0 (4*)

x









0,25

D

E

C

I M

N

Trang 8

Do 1 0; 1 1 1

x

      Do đó ta đặt xcost với 0;

4

t  

  

 , khi đó phương trình (4*) có dạng: 32 cos (1 cos )(2 cos2t  2t 2t1)2cost  1 0

8sin 2 cos 22 t 2 tcost 1 02sin 42 tcost 1 0

9

t

t t k

k

t



 



 







Khi đó hệ có 2 nghiệm là: ( ; ) (1;1), cos2 ; 1

2

9



0,25

10

Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn ab bc ca   3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2( 1)( 1)( 1)

T

,

1 0

Ta có 4ab(ab c)( 3)3ab3(ab) ( ab bc ca)3ab3(ab) 3 3(a1)(b1)

2

4 2( 1)( 1)( 1)

T

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 3 2

3ab bc ca3 (abc) abc1

0,25

Biến đổi

2( 1) ( 2 1) ( 2 1) ( 1) ( 1)

                





          



(*)

Với x y u v, , ,  , ta luôn có: (x2y2)(u2v2)xuyv (2*) Thật vậy:

+) Nếu xu yv0 thì (2*) luôn đúng

+) Nếu xu yv0 thì (2*)(x2y2)(u2v2)(xuyv)2 (xvyu)2 0 (luôn đúng)

0,25

Sử dụng phép biến đổi (*) và áp dụng (2*), ta được:

4 2(a21)(b21)(c21) 4 (a b )2(1ab)2  (c1)2(c1)2

  4 (a b c )( 1) (1 ab c)( 1)abcab bc ca    a b c 1 2(1abc)

(a1)(b1)(c1)2(1abc)

(a1)(b1)(c1) (do abc  ) 1

0,25

AM GM



Khi ab  thì c 1 5

2

T  Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 5

2

0,25

kì thi THPT quốc gia các bạn phải chứng minh (có thể theo cách trình bày ở bài trên hoặc

chứng minh theo phương pháp vecto nhờ sử dụng bất đẳng thức u v  u v 

)

Trang 9

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ QUAN TÂM !

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	488,28 KB