Đề thi thử THPT quốc gia năm 2016 môn toán lần 1 THPT hậu lộc 2

SỞ GD&ĐT THANH HÓA
KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016-LẦN 1
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
Môn thi: TOÁN
(Đề thi gồm 01 trang)

Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x3  3 x  1.
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x   x 2  ln 1  2 x 
trên đoạn  1; 0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:
2
2
2
2
a) 2 x 1  3x  3x 1  2x  2
2
b) log 3  x  5   log 9  x  2   log 3  x  1  log

3

2.

e

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x3 ln xdx.
1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 và
hai điểm A 1; 3;0  , B  5; 1; 2  . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng  P  sao cho MA  MB

đạt giá trị lớn nhất.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2 3 cos 2 x  6sin x.cos x  3  3
b) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất để có
5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết
cho 10.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên SAD là
tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC 

a 6
. Tính thể tích khối chóp
2

S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, SB theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC , G là trọng tâm
ABM , điểm D  7; 2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Tìm tọa độ điểm A, lập
phương trình AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3 x  y  13  0.
 2 x 3  4 x 2  3x  1  2 x 3  2  y  3  2 y

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x  2  3 14  x 3  2 y  1

1
 2

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a  3c
4b
8c
P



.
a  2b  c a  b  2c a  b  3c
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 1


Câu

Ý

ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (gồm 06nn trang)
Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x3  3x  1.
Tập xác định .
Sự biến thiên
lim  x3  3 x  1  ; lim  x 3  3 x  1  
x 





x 



Điểm
1.00

0.25



 x  1
y '  3 x 2  3; y '  0  
x  1
Hàm số đồng biến trên  1;1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 , 1;  
Hàm số đạt cực tiểu yCT  5 tại xCT  1

x
y'
y

Hàm số đạt cực đại yCD  1 tại xCD  1
BBT

1

0



0.25



1
0



1

0.25
3

1.


Đồ thị

y "   6 x; y "  0  x  0
Điểm uốn U  0; 1
Đồ thị hàm số
y
8

6

4

2

x

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

-2

-4

-6

-8

0.25
Đồ thị hàm số nhận điểm U  0; 1 làm tâm đối xứng.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x   x 2  ln 1  2 x  trên
đoạn  1; 0 .

2.

x 1
2
Ta có f '  x   2 x 
; f ' x  0  
x   1
1 2x

2
 1 1

Tính f  1  1  ln 3; f      ln 2; f  0   0
 2 4
1
Vậy min f  x    ln 2; max f  x   0
 1;0
1;0
4

1.00
0.25

0.25

0.50
Trang 1


a)

2x

2

1

2

 3x  3x

2

1

 2x

2

2

 2x

2

2

1

0.50

Tập xác định .

2x

2

1

2
 
3

b)

2

 3x  3x
x 2 1



2

1

 2x

2

1

0.25

2

1  8   3x 1 1  3

4
 x 2  1  2  x   3.
9
2

log 3  x  5  log 9  x  2   log

3

 x  1  log

0.25

3

2.  2 

0.50

Tập xác định D  1;   \ 2.

3.

 2   log3  x  5  log3 x  2  2 log3  x  1  log3 2
 x  5. x  2  2  x  5 . x  2  2 x 1 2



 
2
 x  1
2
Với x  2 ta có:  x  5  x  2   2  x  1  x 2  3 x  10  2 x 2  4 x  2

0.25

x  3
 x 2  7 x  12  0  
x  4
2
Với 1  x  2 ta có  x  5 2  x   2  x  1   x 2  3x  10  2 x 2  4 x  2

97
t / m
x  1
6
2
 3x  x  8  0  

1  97
 loai 
x 
6


1  97

;3; 4  .
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x  
 6


0.25

e

Tính tích phân I   x3 ln xdx.

1.00

1

4.

1
ln x  u  x   x dx  u '  x  dx
Đặt  3

x

v
'
x


v  x   1 x 4


4
e

0.50

e

e
1
1
1
e4 1
3e 4  1
I  x 4 .ln x   x 4 . dx   x 4 
4
4
x
4 16 1
16
1
1

0.50

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 và hai
điểm A 1; 3;0  , B  5; 1; 2  . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng  P  sao cho

1.00

MA  MB đạt giá trị lớn nhất.

0.25

Kiểm tra thấy A và B nằm khác phía so với mặt phẳng  P  .
Gọi B '  x; y; z  là điểm đối xứng với B  5; 1; 2 
5.

Suy ra B '  1; 3; 4 

0.25

Lại có MA  MB  MA  MB '  AB '  const
Vậy MA  MB đạt giá trị lớn nhất khi M , A, B ' thẳng hàng hay M là giao điểm
0.25

của đường thẳng AB ' với mặt phẳng  P 

Trang 2


A
B’
M

P

B
x  1 t

AB ' có phương trình  y  3
 z  2t


x  1 t
t  3
 y  3

 x  2


Tọa độ M  x; y; z  là nghiệm của hệ 

 z  2t
 y  3
 x  y  z  1  0
 z  6
Vậy điểm M  2; 3;6 
0.25
a)

2

Giải phương trình 2 3 cos x  6sin x.cos x  3  3

*

0.50

Tập xác định .
*  3 1  cos 2 x   3sin 2 x  3  3  3 cos 2 x  3sin 2 x  3


1
3
3

3


cos 2 x 
sin 2 x 
 sin  2 x   
2
2
2
6 2


 



 2 x  6  3  k 2
 x  12  k


 2 x    2  k 2
 x    k


6
3
4
6.
b)

0.25

k  .

0.25

Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất
để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm
thẻ mang số chia hết cho 10.
Gọi  là tập hợp các cách chọn ra 10 tấm thẻ từ 30 tấm thẻ đã cho
10
Suy ra   C30
Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ mang số lẻ, 15 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có 3
tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Gọi  A là tập hợp các cách chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số
chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10
Suy ra  A  C155 .C124 .C31
C155 .C124 .C31 99

.
10
C30
667
Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên SAD là tam

0.25

Vậy P  A 

0.25

a 6

. Tính thể tích khối
2
chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, SB theo a.

1.00

giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC 
7.

0.50

Trang 3


S

a 6
2

a

a 3
2

D

a

C

H

A

B

Gọi H là chân đường cao hạ từ S của tam giác đều SAD
Suy ra:
a 3
SH 
và SH   ABCD 
2
a 3
Trong tam giác vuông HSC có HC 
2
2
a
3a 2
 a2 
2
2
2
4 1
  DH  DC  CH  4
cos HDC
a
2 DH .DC
2
2. .a
2

  600
 HDC
a2 3
Suy ra S ABCD  DA.DC.sin 
ADC 
2
2
1
1a 3 a 3 1 3
VS . ABCD  SH .S ABCD 
.
 a
3
3 2
2
4
Ta có ADC đều cạnh a  CH  AD  CH  BC
hay BC   SHC   BC  SC  CSB vuông tại C

0.25

0.25

1
1 a3 a3
Lại có VD.SBC  VS .BCD  VS . ABCD  . 
2
2 4
8
1

a3
3a 3
 d  D;  SBC   .S SBC 
 d  D;  SBC   
3
8
8.S SBC
3a 3
a 6

.
1
4
8. CS .CB 4. a 6 .a
2
2
a 6
Vậy d  AD; SB   d  D;  SBC   
.
4
Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC , G là trọng tâm ABM ,
 d  D;  SBC   

8.

3a 3

0.25



điểm D  7; 2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Tìm tọa độ điểm
A, lập phương trình AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình
3x  y  13  0.

Trang 4

0.25

1.00


Ta có d  D; AG  

3.7   2   13
32   1

2

 10

3x-y-13=0
B

N

G

M

D(7;-2)

C

A

ABM vuông cân  GA  GB  GA  GB  GD

Vậy G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD  
AGD  2 
ABD  900  GAD
vuông cân tại G.
Do đó GA  GD  d  D; AG   10  AD 2  20;

0.25

Gọi A  a;3a  13 ; a  4
 a  5(loai )
2
2
AD 2  20   a  7    3a  11  20  
a  3
Vậy A  3; 4 

Gọi VTPT của AB là n AB  a; b 
 
cos 
NAG  cos  nAB , n AG  

NA


AG

3a  b
a  b 2 . 10
NM

0.25

1

2

3NG

3
10
NA2  NG 2
9.NG 2  NG 2
3a  b
b  0
3
Từ (1) và (2) 

 6ab  8b 2  0  
2
2
10
a  b . 10
3a  4b

Với b  0 chọn a  1 ta có AB : x  3  0;
Với 3a  4b chọn a  4; b  3 ta có AB : 4 x  3 y  24  0
Nhận thấy với AB : 4 x  3 y  24  0
Mặt khác cos 
NAG 

d  D; AB  

4.7  3.  2   24
16  9





 2
0.25

 2  d  D; AG   10 (loại)
0.25

Vậy AB : x  3  0.

9.

 2 x 3  4 x 2  3x  1  2 x 3  2  y  3  2 y
1

Giải hệ phương trình 
 x  2  3 14  x 3  2 y  1

 2
Ta thấy x  0 không phải là nghiệm của hệ, chia cả hai vế của (1) cho x 3 ta được
4 3 1
1  2   2  3  2  2  y  3  2 y
x x
x

1.00

3

 1  1
 1    1     3  2 y  3  2 y  3  2 y
 x  x
Xét hàm f  t   t 3  t luôn đồng biến trên 

*  1 

1
 3 2y
x

0.25

*

 3

0.25
Trang 5

x  2  3 15  x  1  x  2  3  2  3 15  x  0




1
1


  x  7 

0
2 
3
3
 x  2  3 4  2 x  15  x  15 

 


0
 111 
Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    7;
.
 98 

Thế (3) vào (2) ta được



10.

0.25



0.25

Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a  3c
4b
8c
P


.
a  2b  c a  b  2c a  b  3c
 x  a  2b  c
a   x  5 y  3 z


Đặt  y  a  b  2c  b  x  2 y  z
 z  a  b  3c
c   y  z


Do đó ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của
 x  2 y 4 x  8 y  4 z 8 y  8 z  4 x 2 y   8 y 4 z 



 
P
      17
x
y
z
x   z
y 
 y

P2

1.00

0.25

0.25

4x 2 y
8y 4z
2
.
.  17  12 2  17;
y x
z y







0.25



Đẳng thức xảy ra khi b  1  2 a, c  4  3 2 a
0.25

Vậy GTNN của P là 12 2  17.
Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm

Trang 6