Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán trường THPT Phù Cừ, Hưng Yên (Lần 1)

TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

TỔ TOÁN - TIN

MÔN: TOÁN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần 1
Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề
(Đề gồm có 1 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y = −x 3 + 3x .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
Câu 3 (1,0 điểm).

(

)

(

x −1
trên đoạn 2; 4  .
2x − 1

)

2
a) Giải phương trình: log 3 x − x + log 1 x + 4 = 1 .
3

x 2 −1
1 3 .

b) Giải bất phương trình: 22x +1 <
 ÷
8
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

π
2

∫ ( 2x − 1 − sin x ) dx .
0

( )

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x − y − 2z − 1 = 0 và

(

) (

)

( )

( )

hai điểm A 2; 0; 0 , B 3; −1;2 . Viết phương trình mặt cầu S tâm I thuộc mặt phẳng P

và đi qua các

điểm A, B và điểm gốc toạ độ O .
Câu 6 (1,0 điểm).
cos2α -3
.
sin 2 α
b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh của trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải trong đó có 4
học sinh nam và 6 học sinh nữ. Nhà trường muốn chọn một nhóm 5 học sinh trong 10 học sinh trên
để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ 1 năm học 2015 – 2016 do huyện uỷ Phù
Cừ tổ chức. Tính xác suất để chọn được một nhóm gồm 5 học sinh mà có cả nam và nữ, biết số học
sinh nam ít hơn số học sinh nữ.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’, đáy A BCD là hình chữ nhật có AB = a, AD =
a√3. Biết góc giữa đường thẳng A’C và mặt phẳng (ABCD) bằng 60 0. Tính thể tích khối lăng trụ
ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau B’C và C’D theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác A BC vuông cân tại A . Gọi G
là trọng tâm tam giác A BC . Điểm D thuộc tia đối của tia A C sao cho GD = GC . Biết điểm G thuộc
d : 2x + 3y − 13 = 0
đường
thẳng
và
tam
giác
nội
tiếp
đường
tròn
BDG
a) Cho góc lượng giác α , biết t an α = 2 . Tính giá trị biểu thức P =

(C ) : x

2

+ y 2 − 2x − 12y + 27 = 0 . Tìm toạ độ điểm B và viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm

B có hoành độ âm và toạ độ điểm G là số nguyên.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau trên tập ¡ :
5x − 13 − 57 + 10x − 3x 2

≥ x 2 + 2x + 9

x + 3 − 19 − 3x
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:

(

)

6 a +b +c
2a
3b
c
+
+
≤
a + 2 b + 3 c +1 a +b +c + 6

TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

TỔ TOÁN TIN

MÔN: TOÁN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần 1
Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề
(Đáp án gồm có 6 trang)

Câu

Đáp án
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y = −x 3 + 3x .
Tập xác định: D = ¡
x = 1
2
Ta có y ' = −3x + 3 ⇒ y ' = 0 ⇔ 
x = −1
Giới hạn

3
lim y = lim −x 3 + 3x = lim x 3  −1 + 2 ÷ = −∞
x →+∞
x →+∞
x →+∞
x 



3
lim y = lim −x 3 + 3x = lim x 3  −1 + 2 ÷ = +∞
x →−∞
x →−∞
x →−∞
x 

Bảng biến thiên
−∞
x
+∞
−1
1
−
−
+
0
0
f' x

(

)

(

)

( )

+∞

( )
(

0,25

0,25

2

f x

1

Điểm

Hàm số đồng biến trên khoảng −1;1

(

)

−∞

−2

)

0,25

(

Hàm số nghịch biến trên khoảng −∞; −1 và 1; +∞

)

Hàm số đạt cực đạt tại điểm x = 1 và yCĐ = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = -1 và yCT = -2
Đồ thị:
Bảng giá trị
x
-2
-1
0
1
2
y
2
-2
0
2
-2
y

f(x)=-x^3+3*x

5

0,25
x

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

-5

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
đoạn 2; 4  .
~2~

x −1
trên
2x − 1

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Hàm số liên tục trên đoạn 2; 4 
1
> 0, ∀x ∈ 2; 4 
2
Ta có y ' =
2x − 1

(

0,25

)

1
3
;y 4 =
3
7
3
1
Vậy max y = khi x = 4 và min y = khi x = 2
2;4 


2;4
7
3
 
Câu 3 (1,0 điểm).

2
a) Giải phương trình log 3 x − x + log 1 x + 4 = 1 .

( )

( )

Có y 2 =

3

0,25

(

x > 1
Điều kiện: 
 −4 < x < 0

(

)

(

)

(

0,25

0,25

)

3

)
(
3 ( x + 4 )  ⇔ x



)

(

0,25

)

log 3 x 2 − x − log 3 x + 4 = 1 ⇔ log 3 x 2 − x = log 3 x + 4 + log 3 3

(

)

⇔ log 3 x 2 − x = log 3

2

(

−x = 3 x +4

)

x = −2
⇔ x 2 − 4x − 12 = 0 ⇔ 
(thoả mãn)
x = 6

0,25

Vậy phương trình có hai nghiệm x = −2; x = 6 .
x 2 −1
1 3 .

b) Giải bất phương trình 22x +1 <
 ÷
8
Bất phương trình tương đương với
22x +1 <

x 2 −1
2−3 3

( )

⇔ 22x +1 < 2−x

2

+1

0,25

⇔ 2x + 1 < −x 2 + 1

(

)

⇔ x 2 + 2x < 0 ⇔ −2 < x < 0 . Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = −2; 0 .
4

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

0,25

π
2

∫ ( 2x − 1 − sin x ) dx .
0

I =

π
2

π
2

0

0

π
2

π
2

0

0

∫ ( 2x − 1 − sin x ) dx = ∫ 2x .dx − ∫ dx − ∫ sin xdx = A − B − C
π
2

A = ∫ 2x .dx = x

π
2 2
0

0

π

2

=

(

π
π2 ;
π
B = ∫ dx = x 2 =
0
4
2
0

C = ∫ sin xdx = −cosx
0

π
2

)

π
2
0

0,25

0,25

=1

π2 π
− −1
4
2
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng
Vậy I = A − B + C =

5

0,25

( P ) : x − y − 2z − 1 = 0 và hai điểm A ( 2; 0; 0 ) , B ( 3; −1;2 ) . Viết phương trình mặt cầu
~3~

0,25


(S )

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

( )
Giả sử I ( x , y , z ) . Ta có I ∈ ( P ) ⇒ x − y − 2z − 1 = 0

tâm I thuộc mặt phẳng P và đi qua các điểm A , B và điểm gốc toạ độ O .

( 1)

x − y + 2z = 5
Do A, B , O ∈ S ⇒ IA = IB = IO . Suy ra 
x = 1
x − y − 2z − 1 = 0
x = 1


⇔ y = −2 ⇒ I 1; −2;1
Từ (1) và (2) ta có hệ x − y + 2z = 5
x = 1
z = 1



0,25

( )

(

( 2)
0,25

)
0,25

Bán kính mặt cầu (S) là R = IA = 6

(

) (
2

Vậy phương trình mặt cầu (S) là: x − 1 + y + 2

) + ( z − 1)
2

2

0,25

=6

Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho góc lượng giác α , biết t an α = 2 . Tính giá trị biểu thức P =
P =

cos2α -3
.
sin 2 α

cos2α -3 2cos2α − 4
=
sin 2 α
1 − cos2α

0,25

1
1
1
9
⇒ cos2α =
= . Suy ra P = −
2
2
2
cos α
1 + t an α 5
b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh của trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải
trong đó có 4 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Nhà trường muốn chọn một nhóm 5 học
sinh trong 10 học sinh trên để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ 1
năm học 2015 – 2016 do huyện uỷ Phù Cừ tổ chức. Tính xác suất để chọn được một
nhóm gồm 5 học sinh mà có cả nam và nữ, biết số học sinh nam ít hơn số học sinh nữ.
1 + t an 2 α =

6

0,25

( )

5
Không gian mẫu n Ω = C 10 = 252

Gọi A là biến cố 5 học sinh được chọn có cả nam và nữ đồng thời số học sinh nam ít
hơn học sinh nữ.
1

4
Trường hợp 1: Chọn 1 học sinh nam và 4 học sinh nữ nên ta có C 4 .C 6
2

0,25

3

Trường hợp 2: Chọn 2 học sinh nam và 3 học sinh nữ nên ta có C 4 .C 6

( )

1
4
2
3
Suy ra n A = C 4 .C 6 + C 4 .C 6 = 180

5
7
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng A BCD .A ' B 'C ' D ' , đáy A BCD là hình chữ
nhật có A B = a, A D = a 3 . Biết góc giữa đường thẳng A 'C và mặt phẳng A BCD

( )

Vậy xác suất cần tìm là P A =

(

0,25

)

bằng 600 . Tính thể tích khối lăng trụ A B CD .A ' B 'C ' D ' và khoảng cách giữa hai
đường thẳng chéo nhau B ' C và C ' D theo a .

(

)

Do A BCD .A ' B 'C ' D ' là lăng trụ đứng nên A ' A ⊥ A BCD .
7

(

)

0,25

· 'CA = 600
Suy ra góc giữa A 'C và mặt phẳng A BCD là A
Có A C = A B 2 + BC 2 = 2a ⇒ A ' A = A C . t an 600 = 2a 3
ABCD là hình chữ nhật có A B = a, A D = a 3 ⇒ S A BCD = A B .A D = a 2 3
Vậy thể tích khối lăng trụ A BCD .A ' B 'C ' D ' là V = A ' A .S A BCD = 6a 3
~4~

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Do C’D//AB’ nên C’D//(AB’C)
0,25

(

(

)

(

Suy ra d C ' D, B 'C = d C ' D, A B 'C

) ) = d ( C ', ( A B 'C ) ) = d ( B, ( A B 'C ) )

Do BC’ giao với mp(AB’C) tại trung điểm của BC’ (vì BCC’B’ là hình chữ nhật)

(

)

(

) (
)
⊥ ( A B 'C ) hay d ( B, ( A B 'C ) ) = BH

Kẻ BM ⊥ A C ⇒ A C ⊥ BB ' M ⇒ A B 'C ⊥ BB ' M theo giao tuyến B’M
Kẻ BH ⊥ B ' M ⇒ BH
Có

0,25

1
1
1
1
1
1
17
2a 51
=
+
=
+
+
=
⇒ BH =
2
2
2
2
2
2
2
17
BH
B 'B
BM
B 'B

BC
AB
12a

(

)

Vậy d C ' D, B 'C =

2a 51
17

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác A BC
vuông cân tại A . Gọi G là trọng tâm tam giác A BC . Điểm D thuộc tia đối của tia
A C sao cho GD = GC . Biết điểm G thuộc đường thẳng d : 2x + 3y − 13 = 0 và tam

( )

2
2
giác BDG nội tiếp đường tròn C : x + y − 2x − 12y + 27 = 0 . Tìm toạ độ điểm B

và viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hoành độ âm và toạ độ điểm
G là số nguyên.
Tam giác ABC vuông cân tại A có G là trọng tâm nên GB = GC
Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm G.
Suy ra
·
·

·
BGD
= 2BCD
= 2BCA
= 900 ⇒ BG ⊥ GD
Hay tam giác BDG vuông cân tại G
Đường tròn (C) tâm I(1;6) bán kính R = 10 ngoại tiếp tam giác BDG nên I là trung
điểm của BD
Do đó IG = 10 và IG ⊥ BD
 13 − 2m 
Vì G ∈ d : 2x + 3y − 13 = 0 ⇒ G  m ;
÷
3


G 2; 3

Từ IG = 10 ⇒   28 75  , do toạ độ điểm G là số nguyên nên G(2;3).
G  − 13 ; 13 ÷

 
BD đi qua I(1;6) và IG ⊥ BD nên phương trình x − 3y + 17 = 0

0,25

( )

0,25

( )

( )

B −2;5
B , D ∈ BD ∩ C ⇒ 
(do hoành độ điểm B âm)
D 4;7

( )

(

Vậy B −2;5

)

Gọi M là trung điểm của BC ta có AM = MB = MC (do ABC vuông cân tại A)
1
1
Suy ra A M ⊥ BC ⇒ GM ⊥ MB và GM = A M = MB
3
3
MG 1
3
·
·
= ⇒ cosGBM
=
Nên t an GBM =
MB
3

10
ur
2
2
Gọi n = a, b với a + b ≠ 0 là VTPT của BC.
uuur
uuur
Ta có VTCP của BG là BG = 4; −2 ⇒ n BG = 1;2 là VTPT của BG

( )

(

(

)

)

( )

~5~

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
uuur ur
n
.n

uuur ur
uuur ur
BG
3
·
= uuur ur
Có cos BG , BC = cos n BG , n ⇔ cosGBM = cos n BG , n ⇔
10
n BG . n

(

)

(

)

)

(

a − b = 0
⇔ 35a 2 − 40ab + 5b2 = 0 ⇔ 
7a − b = 0
10
5 a 2 + b2

ur
Trường hợp 1: Với a − b = 0 ⇒ n = 1;1 nên phương trình BC : x + y − 3 = 0

ur
Trường hợp 2: Với 7a − b = 0 ⇒ n = 1;7 nên phương trình BC : x + 7y − 33 = 0
3

⇔

a + 2b

=

(

)

( )
( )

Do hai điểm D và G cùng mằn về một phía đối với đường thẳng BC nên phương trình

0,25

BC thoả mãn là x + y − 3 = 0

(

Vậy BC : x + y − 3 = 0 và B −2;5

)

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau trên tập ¡ :

5x − 13 − 57 + 10x − 3x 2

9

x + 3 − 19 − 3x

19
 −3 ≤ x ≤
Điều kiện 
3
x ≠ 4

Bất phương trình tương đương

(

x + 3 − 19 − 3x

) (2

x + 3 + 19 − 3x

x + 3 − 19 − 3x

) ≥x

≥ x 2 + 2x + 9

0,25
2

+ 2x + 9

⇔ 2 x + 3 + 19 − 3x ≥ x 2 + 2x + 9

x + 5 
13 − x 
2
⇔ 2 x + 3 −
÷ +  19 − 3x −
÷≥ x + x − 2
3  
3 


(

2 −x 2 − x + 2

0,25

)

−x 2 − x + 2
⇔
+
≥ x2 + x − 2


x + 5

13 − x 
9 x + 3 +
÷ 9  19 − 3x +
÷
3 
3 




2
2
⇔ x +x −2 
+
 
x + 5
9  x + 3 +
÷
3 
 

(

)

2
Vì


x + 5

9 x + 3 +
÷
3 


( )

+



1
≤0


13 − x 
9  19 − 3x +
÷
3  


1

13 − x 
9  19 − 3x +
÷
3 


>0

{}

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =  −2;1 .
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:

(

)

6 a +b +c
2a
3b
c
+
+
≤
a + 2 b + 3 c +1 a +b +c + 6
Bất đẳng thức tương đương với
~6~

0,25

 19 
với mọi x ∈  −3;  \ 4
3


2
Do đó * ⇔ x + x − 2 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 1 (thoả mãn)

10

( *)

0,25

( 1)
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
a + 2
2a   b + 3
3b   c + 1
c  a +b +c + 6 6 a +b +c
−
−
−
−

÷+ 
÷+ 
÷≥
a + 2  4
b + 3  4
c + 1
4
a +b +c + 6
 4

(

( a − 2 ) + ( b − 3 ) + ( c − 1) ≥ ( a + b + c − 6 )
⇔
4 ( a + 2 ) 4 ( b + 3 ) 4 ( c + 1) 4 ( a + b + c + 6 )
( a − 2 ) + ( b − 3 ) + ( c − 1) ≥ ( a + b + c − 6 )
⇔
2

2

2

2

2

2

2

0,25

2

( 2)

a +2
b+3

c +1
a +b +c + 6
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

(
(

) (
) (

) (
) (

)

)

2

(

)

0,25

2

 a −2 + b − 3 + c −1 
 = a +b + c − 6 =VP 2
VT 2 ≥ 

a +b +c + 6
a +2 + b + 3 + c +1

( )

)

( )

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 2;b = 3; c = 1 .
Vậy bất đẳng thức (2) đúng. Do đó bất đẳng thức (1) được chứng minh.

Chú ý: Mọi cách làm khác của học sinh nếu đúng vẫn chấm điểm bình thường!
Giáo viên ra đề: Quách Đăng Thăng

~7~

0,25