SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LIÊN HÀ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2x 1
.
x3
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2, biết rằng tiếp tuyến song
song với đường thẳng d : 9 x  y  7  0.

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

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình log 2 ( x  3)  log 1 ( x  2)  1.
2

b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2i) z

(1 2 z )i

1 3i. Tính môđun của z.


2

sin x
dx.
9  cos 2 x

5
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH .

DC, SH 

Câu 8 (1,0 điểm). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 5. Gọi M , N lần

12 70
; ) là hình chiếu vuông góc của A
13 13
trên đường thẳng BM . Điểm C (8; 2), điểm N thuộc đường thẳng x  2y  0. Tìm tọa độ các điểm
A, B, D .
lượt là các điểm trên cạnh AD, AB sao cho AM  AN , điểm H (

Câu 9 (1,0 điểm). Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực
x 2  xy  2x  y  1  y  1  x


2
 2x  my  y  1  x  1
Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thay đổi, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
1
1
F


3
3a  4b  4 ac 3a  2b  6 abc
7(a  b  c)


Hàm số nghịch biến trên từng khoảng

.

 ￚ Giới hạn và tiệm cận:
lim y

x

lim y

lim y
x

2

x

; lim y

3

x

3

0,25
2


Đồ thị nhận giao điểm I  3;2  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25


2
(1,0đ)

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 , biết rằng tiếp tuyến
song song với đường thẳng d : 9 x  y  7  0 .
*Tập xác định: D 
* y'(x 0 )  3x 02  6x 0

1,00

*Tiếp tuyến của đồ thị (C) có phương trình dạng: y  y '(x 0 )(x  x 0 )  y(x 0 )

 y  (3 x02  6x 0 )(x  x 0 )  x 03  3x 02  2

0,25

(*)

(trong đó x 0  D là hoành độ tiếp điểm )

3
(1,0đ)

*Tiếp tuyến (*) song song với d nên
x  1


 Đặt z

0,25

a bi , a, b

ta có:

0,50

 a  4b  1  a  9
.

(1  2i)z  (1  2z)i  1  3i  a  4b  (b  1)i  1  3i  
b  1  3
b  2
 Vậy môđun của z là z

a2

b2

92

22

85 .



 Suy ra: I  
dt   

 dt
2
6 0  3 t 3t 
1 9t
1
1
1

 ln 3  t  ln 3  t  ln 2 .
0
6
6
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x  y  z  3  0 và đường



5
(1,0đ)

0,25



x y 1 z 1


. Tìm tọa độ giao điểm A của d với ( P ) và lập phương


0,25


 Suy ra A(3; 4;2) .

0,25

 Mặt phẳng ( P ) có VTPT là n( P )  1;1;1 ; đường thẳng d có VTCP là ud   1;1;1
1 1 1 1 1 1
;
;
 0; 2;2 
 1 1 1 1 1 1  



(Q ) có vtpt là nQ   n( P ) ; ud   





0,25

Vậy mặt phẳng (Q ) có phương trình là : y  z  7  0
6
(1,0đ)

a) Giải phương trình 2sin 2 x

3
3 cos 2 x

0,25

1

1
0,25

k

4

b)Giải bóng đá Công Đoàn cụm các trường THPT Đông Anh quy tụ 6 đội bóng đá

0,50

Nam gồm: Liên Hà, Cổ Loa, Đông Anh, Bắc Thăng Long, Vân Nội và An Dương
Vương. Các đội chia thành 2 bảng A, B, mỗi bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện
bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội tuyển Liên Hà và Cổ Loa nằm
ở hai bảng khác nhau.
 Số phần tử của không gian mẫu là:

C63C33 20 .
Gọi A là biến cố: “Đội Liên Hà và đội Cổ Loa nằm ở hai bảng khác
nhau”. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A
2!C42 C22 12

♥ Vậy xác suất cần tính là P A


N

A
a

450

2a

B

A

H

I
H

K
D

M

K
C

1
* SH  (ABCD)  VABCD  .SH .SABCD
3


0,25

 MH  HB
 MH  HN

 MH  SH

Suy ra HN là đoạn vuông góc chung của SB và MH . Suy ra: d  SB, MH   HN
Xét tam giác vuông SHB ta có: HN 
Vậy d  SB, MH  
8
(1,0đ)

1
1
1 2a 2
2a 5
SB  HB. 2 
2
2
2
2 5
5

2a 5
.
5

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 5. Gọi M , N

Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B,C,E,H,N cùng thuộc đường tròn đường kính NC
 HN  HC
92 44
*Đường thẳng HN đi qua H và có vtpt CH  ( ; ) cùng phương n(23;11)
13 13
 (NH ) : 23x  11y  38  0

0,25
0,25


20 2
4 2
23x  11y  38  0
*Tọa độ N là nghiệm của hpt 
 N ( ; )  NC 
x  2y  0
3
3 3


* NB  NC 2  CB 2 

4 5
8 5
 AM  AN  AB  NB 
3
3

1

* HAK HEC 
HC
EC
7
7
7
36 58
 K ( ; ) và A(4; 6)
7 7

*

0,25

0,25


* AB 

3
AN  B(0; 2)
2

*CD  BA  D(4;10)
Đáp số : A(4; 6), B(0; 2), D(4;10)
9
(1,0đ)

1,00



, do x=1 không là nghiệm nên chia 2 vế cho
2(x  1 

x  1 ta được

1
1
 2)  m  x  1 
1
x 1
x 1

0,25
*Đặt t  x  1 

1
x 1

,t  0  x  1 

1
 t 2  2 PT trên trở thành
x 1

2t 2  m  t  1  t 2  2t  1  m (*)
Nhận xét:
+)với x  1  t  2; )

+)hệ pt đã cho có nghiệm ( x; y ) khi và chỉ khi pt(*) có nghiệm t  2; )

7(a  b  c)

1,00

*Áp dụng bất đẳng thức Cô si :
2. a.(4c)  a  4c

0,25

3. 3 a.(2b).(4c)  a  2b  4c


F

0,25

1
1

2(a  b  c)
7(a  b  c)

*Đặt t  7(a  b  c), t  0  F 
*Ta có g '(t ) 

7 1
  g (t )
2t 2 t

0,25