ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA lần i năm học 2015 – 2016 bồi dưỡng (5)

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
Ngày kiểm tra 11 tháng 9 năm 2015

ĐỀ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán-lớp 12
Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:(3,0 điểm) Cho hàm số f ( x)  2 x3  3mx 2  6(m  2) x  2 . Tìm m để hàm số có hai điểm cực


1 
1
trị x1 , x2 thỏa mãn  x1   x2    9
x1 
x2 

Câu 2: (5,0 điểm)


1. Giải phương trình s inx.sin 4 x  2 2 cos   x   4 3 s inx.cos 2 x.cos 2 x
6


 4x2  y 2
4 x 2  2 xy  y 2

 2x  y

2

3
2. Giải hệ phương trình 

 y  11 3x  8  x  1  5






Câu 3: (4,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, M(-1;1) thuộc cạnh AB và
N(-1;-7) thuộc tia đối của tia CA sao cho BM = CN. Tìm các đỉnh của tam giác biết đường
thẳng BC đi qua E(-3;-1) và B thuộc (d): x + 4 = 0.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm A(3;4), B(1;2), C(5;0). Lập phương trình
đường thẳng  đi qua A sao cho tổng hai lần khoảng cách từ B và C đến  là lớn nhất.
Câu 4: (3,0 điểm) Chóp SABC đáy tam giác vuông tại A, SA = SB = SC = a và AB = a. Các cạnh bên
cùng tạo với mặt phẳng đáy một góc  (   600 ). M, N là hai điểm trên SA, SB sao cho M là trung
điểm SA và NB =2NS. Tính thể tích khối chóp SABC . Xác định giá trị của cos để thể tích khối
chóp SMNC lớn nhất.
Câu 5: (3,5 điểm)
1. Điệp và Hoàng cùng tham gia kì thi THPT Quốc gia, trong đó có hai môn trắc nghiệm là Vật lí
và Hóa học. Đề thi của mỗi môn gồm 6 mã khác nhau và các môn khác nhau có mã khác nhau.
Đề thi được sắp xếp và phát cho thí sinh một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất để trong hai môn
thi đó Điệp và Hoàng có chung đúng một mã đề thi.
1
2
3
2016
2. Tính tổng S  C2016

 22 C2016
 32 C2016
 ....  20162 C2016
Câu 6: (1,5 điểm) Cho 0  a  b  c và a 2  b2  c 2  5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P
P  (a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)

……………….Hết…………………
Họ và tên thí sinh…………………………………………….Số báo danh……………………………


SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM- ĐÁP ÁN
ĐỀ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán-lớp 12

.
Câu
Câu 1:
(3,0đ)

Điểm
0,5đ

Nội dung
f ( x)  6 x  6mx  6(m  2); f ( x)  0  x 2  mx  m  2  0
,

2

'

Hàm số có hai cực trị khi f ' ( x) có hai nghiệm phân biệt
  m2  4m  8  0, m  R

0,5đ

x12  mx1  m  2; x22  mx2  m  2

1,0đ


1 
1
 x1   x2    9   mx1  m  3 mx2  m  3  9 x1 x2
x1 
x2 

m2 x1 x2  (3  m)m( x1  x2 )  (3  m)2  9x1x2  2m2  15m  27  0  m  3; m 
Câu 2:
(5,0đ)
1.
(2,5đ)



s inx.sin 4 x  2 2 cos   x   3 sin 4 x.cosx
6




sin 4 x s inx  3 cos x  2 2 cos   x 
6



 cos   x  sin 4 x  2  0
6




cos   x   0  x    k
3
6




2.
(2,5đ)

4x  y
2

2

 2x  y 



1,0đ

0,5đ
1,0đ





9
2



1,0đ
0,5

2

2

3
2
 2x  y 
4 x  2 xy  y   2 x  y   2 xy   2 x  y   
  2x  y 
4
 2 

VT  2 x  y . Dấu bằng xảy ra khi 2x=y
2

2

2

2

2

Thay vào pt (2) được (2x 11)( 3x  8  x  1)  0
+)x=11/2 ko là no
11
5
+) x  , pt  3x  8  x  1 
0
2
2 x  11
5
 8 11   11

Xét f ( x)  3x  8  x  1 
với D   ;    ;  
2 x  11
3 2   2


f ' ( x) 

3
1
10
1  3 x  1  3x  8 
10


 
 0,
 
2
2  3x  8. x  1   2 x  112
2 3x  8 2 x  1  2 x  11

x  D
Trên mỗi khoảng pt có tối đa một nghiệm. f (8)  f (3)  0. Vậy pt có hai nghiệm
x=8; x=3. Do đó hệ co hai nghiệm (x;y) là (8;16) và (3;6).
Câu 3:

0,5
0,5đ

0,5đ

0,5đ


1.
(2,0đ)

2.
(2,0đ)

Kẻ MK song song AC suy ra tam giác MBK cân tại M, do đó MCNK là hình bình
hành. Gọi J là giao điểm của MN và BC suy ra J là trung điểm MN  J (1; 3)
Pt BC: x+y+4=0  B(4;0)
Gọi H là hình chiếu của M lên BC  H (3; 1) là trung điểm của BK
 K (2; 2)
 C (0; 4)
Pt AB: -x+3y-4=0; pt AC: 3x-y-4=0. Vậy A(2;2)
KL: A(2;2), B(-4;0), C(0;-4)
Gọi pt  : a(x-3)+b(y-4)=0 với a 2  b2  0
4a  4b  2a  4b
T  2d ( B, )  d (C , ) 
a 2  b2
TH1: B, C cùng phía với    4a  4b  2a  4b   0 .
Khi đó T 

2a  8b





68 a 2  b 2

Câu 4
(3,0đ)

b.

(2,0đ)

a b
2

2



6
b
1  
a

2

0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ

 6 . Dấu bằng xảy ra khi b=0

Do 68  6 nên T lớn nhất bằng 68 , pt  : x  4 y  19  0
Vì SA=SB=SC nên hình chiếu của S là tâm H đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

0,5đ
0,5đ

SH  a.sin  , BC  2a.cos   AC  a 4cos2  1
0,5đ

a3
V
4cos2   1.sin 
6
VSMNC 1
a3
  VSMNC 
4 cos 2   1.sin 
VSABC 6
36

0,5đ

a3
a3
sin 2  4cos 2   1 
(1  cos 2  ) 4cos 2   1
36
36
1
1
Đặt t  cos2  ,  t  1 . Xét hàm số f (t )  (1  t )(4t  1)  4t 2  5t  1 ,  t  1
4
4
5 9
Lập bảng biến thiên suy ra Maxf (t )  f   

 8  16
3a 3
10
Vậy V lớn nhất bằng
khi cos  
4
144

0,5đ

Số cách nhận mã đề hai môn Điệp là 6.6=36
Số cách nhận mã đề hai môn Hoàng là 6.6=36
Số phần tử của không gian mẫu   36.36  1296

0,5đ

Gọi A là biến cố” Điệp và Hoàng có chung đúng một mã đề thi”
Khả năng 1: có cùng mã đề Vật lí
Điệp có 6.6 cách nhận mã đề hai môn, khi đó Hoàng có 1.5 cách nhận mã đề
Do đó có 36.5=180 cách
Khả năng 2: Tương tự có cùng mã đề Hóa học có 180 cách

1,0đ

V

Câu 5:
(3,5đ)
1
(2,0đ)

6a

0,5đ



68 . Dấu bằng xảy ra khi 4a=b.
a 2  b2
a 2  b2
TH2: B, C khác phía đối với    4a  4b  2a  4b   0 .
Khi đó T 

1,0đ









0,5đ
0,5đ


360
5


1296 18
0
1
2
2015 2015
2016 2016
 C2016  C2016
.x  C2016
x2  ...  C2016
x  C2016
x

  A  360 . Vậy P( A) 
2
(1,5đ)

Xét P( x)  (1  x)2016

1
2
2015 2014
2016 2015
P ' ( x)  2016(1  x) 2015  C2016
 2.C2016
x  ...  2015C2016
x  2016C2016
x

0,5đ
0,5đ

0,5đ

1
2
2015 2015
2016 2016
Q( x)  P ' ( x).x  2016 x(1  x) 2015  C2016
x  2.C2016
x 2  ...  2015C2016
x  2016C2016
x

0,5đ

Q ' ( x)  2016(1  x) 2015  2016.2015(1  x)2014 .x
1
2
2015 2014
2016 2015
 C2016
 22 C2016
x  ...  20152 C2016
x  20162 C2016
x
1
2
3
2016
= 2016.2017.22014
Q' (1)  S  12 C2016

 22 C2016
 32 C2016
 ....  20162 C2016

Câu6:
(1,5đ)

Ta có  a  b  b  c    b  a  c  b 

c  a

b  a  c  b


2

4

c  a 


2

4

3

 ab  bc  ca  . Đặt t=ab+bc+ca,
4
ab  bc  ca  a 2  b2  c 2  5  0  t  5

1
1
2
2
2
 c  b    b  a    c  b  b  a   (c  a )2
2
2
Ta có
3
2
2
2
  c  b    b  a    c  a   (c  a ) 2
2
3
3
 2(a 2  b 2  c 2 )  2(ab  bc  ca)  (c  a ) 2  (c  a ) 2  10  2t
2
2
20  4t
ca 
3
P

P

2 3
9

0,5đ

5  t 

0,5đ

3 2

t

Xét f (t )  t 2  5  t  , t  0;5
3

f ' (t )  t  5  t  (10  5t );f ' (t )  0  t  0; t  5; t  2
2

Lập bbt suy ra f (t )  f (2)  108  P  4 . Dấu bằng xảy ra khi a=0; b=1; c=2

0,5đ