Đề thi thử THPT môn Toán 2016 đề 7

SỞ GD&ĐT BẮC NINH

ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

1. Cho hàm số : y 

co
m

Câu 1(2,5 điểm).
2x  3
(C )
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1.

4x 2  4x  3
và f(0) = 1.
2x  1

HV

b) Tìm hàm số f(x) biết f’(x)=

N.

3
2
2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  3x  9 x  1 trên đoạn [- 2; 2].
Câu 2 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Câu 3 (1,5 điểm).
a) Giải phương trình: 5 2 x  24.5 x 1  1  0

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đỉnh A
trùng với gốc toạ độ O, đỉnh B(1;1;0), D( 1;-1;0). Tìm tọa độ đỉnh A’ biết A’ có cao độ dương và
viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.A’B’C’D’.

AT

Câu 5 (0,5 điểm). Trường trung học phổ thông Thuận Thành số 1 có tổ Toán gồm 15 giáo viên
trong đó có 8 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý gồm 12 giáo viên trong đó có 5 giáo viên nam,
7 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi dự tập huấn chuyên đề dạy học tích hợp.
Tính xác suất sao cho trong các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ.

M

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a ,
SA  ( ABCD) . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(SBM) với M là trung điểm của CD biết góc giữa SC và mặt phẳng chứa đáy là  với tan  

1
5

ww
w.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác hạ từ
đỉnh A là D(1;-1). Phương trình tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương
 13  1 
;  là trung điểm của BD. Tìm tọa độ các điểm A,C biết A
5 5 

trình x + 2y – 7 =0.Giả sử điểm M 

có tung độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau
x  2 x 2  2x  4  y  1  2 y 2  3


 4 x 2  x  6  5 y  2  xy  2 y  x  2  1  2 y  x  2

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 .

b  2c a  2c

 6ln( a  b  2c) .
1 a
1 b
----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm!

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

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

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I, NĂM 2015-2016
Môn thi: Toán 12
Ý

Nội dung

1.Cho hàm số : y 

Điểm

2x  3
(C )
x 1

co
m

Câu
Câu 1
(2,5
điểm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1
a)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

TXĐ: R \  1

0,25

N.

5
y' 
 0 , x  1
( x  1) 2

1,0

Hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) va  (1; )

HV

Hàm số không có cực trị
lim y  2  đồ thị có tiệm cận ngang y = 2
x  

lim y   ; lim y    đồ thị có tiệm cận đứng x = -1

x  1

x  1

- Bảng biến thiên.
X


+

* Đồ thị:

0,25
2


0,25

M

2



+



Y

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1

ww
w.

b)
0,75

AT

'

-1

0,25

Với y  1  2 x  3  x  1  x  4 ; y ' (4) 

1
5

1
1
1
Phương trình tiếp tuyến tại điểm A(4;1) là: y  ( x  4)  1  y  x 
5
5
5

2. (0,75
điểm)

0,5
0,25

Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  x3  3x 2  9 x  1 trên đoạn  2; 2
Xét trên đoạn  2; 2 ta có: f’(x) = 3x2 + 6x -9
 x   3 (l )

f’(x) = 0  
x  1

0,25
0,25


Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - 4 , f(2) = 3
Vậy: max f( x )  f (2)  23 , min f( x)  f (1)  4
 2;2

 2;2

Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Phương trình tương đương:
 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0
 (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0

Ta có: 5 2 x  24.5 x 1  1  0  5 2 x 

Câu 3
(1,5
điểm)

x

Đặt t = 5 , ( t > 0)

AT

Ta

M

b)

24 x
.5  1  0
5

t  5
24
Phương trình trở thành:  t 
.t  1  0  
 t   1 (l )
5
5

Với t  5 ta có x =1.
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1
2

a)

(k  z )

HV




 2  cosx  0(VN )
 x  6  k 2


 sinx  1
 x  5  k 2

2

6

N.

Câu 2
(0,5
điểm)

co
m

0,25

0,25

0,25

1,5

0,25

0.25

0,25
0,5

2

có f (x) 



4x  4x  3
2 

2
dx=   2 x  1 
dx  x  x  ln 2 x  1  c
2x  1
2
x

1



Mà f(0)=1  c  1  f ( x)  x 2  x  ln 2 x  1  1

ww
w.

Câu4
(1điểm)

0.25

Ta có: AB =

2

Gọi A’(x;y;z), Vì ABCD.A’BC’D’là hình lập phương ta có AÂ '. AB  0; AÂ'.AD  0

x  y  0

Và AA’= 2 nên ta có hệ  x  y  0
 A' (0;0; 2 ) Do A’ có tung độ dương
x 2  y 2  z 2  2

Lại có đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là AC’ mà

1 
AC '  AB  AD  AÂ '  C ' 2;0; 2  I 1;0;
 là trung điểm của AC’ và bán kính
2




mặt cầu là R = AI=

6

2



0,25

0,25

0,25


2


1 
3
Phương trình mặt cầu là:  x  1  y   z 
 
2
2

Số phần tử của của không gian mẫu: n()  C152 C122
2

2

0,25
0,25

n( A) 197


n() 495

0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a ,
SA  ( ABCD) và SA  a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD.

1,00

Ta có hình chiếu của SC trên mặt phẳng đáy là AC vậy góc SCA là góc giữa SC và mặt
phẳng đáy  SA  AC tan   a

0,25

Ta có S ABCD  AB.AD  2a

N.

Câu 6
(1,0
điểm)

P(A) =

2

HV

Câu 5
(0,5
điểm)

co
m

Gọi A là biến cố: “Các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ”
n(A)= C 82 C 72  C 52 C 72  C81C 71C 71C 51

1
2a 3
(dvtt)
Do đó: VS .ABCD  .SA.S ABCD 
3
3

0,25

M

AT

Ta
có
d(D,(SBM)=d(C,(SBM)=
1/2
d(A,(SBM))
Dựng AN  BM ( N thuộc BM) và AH  SN
(H thuộc SN)

Ta có: BM  AN, BM  SA suy ra: BM  AH.
Và AH  BM, AH  SN suy ra: AH  (SBM).
Do đó d(A,(SBM))=AH

0,25

1
2a 2
4a
AN .BM  a 2  AN 

2
BM
17
1
1
1
4a

 2  AH 
Trong tam giác vuông SAN có:
2
2
AH
AN
SA
33
2a
Suy ra d(D,  SBM  
33

2

Câu 7
(1,0
điểm)

ww
w.

Ta có: S ABM  S ABCD  2S ADM  a ; S ABM 

1,00

Gọi E là giao cuả tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với
BC, PT BC: x-2y-3=0  E(5;1) và chứng minh được ED =EA
Từ A(7-2a;a)  d x+2y-7=0. Từ EA=ED ta có (2-2a)2+(a-1)2=20  A(1;3) ( do
tung độ A dương)
 21 3 
 16  12 
M là trung điểm của BD  B ;   AB ;

 5 5
5 5 



0,25







Gọi C(2c+3;c) ta có cos AB; AD  cos AC; AD  C  15;9

0,25
0,25
0,25
0,25

( Học sinh có thể sử dụng phương tích EB. EC  EA 2 )

Giải hệ phương trình sau

1,00


ĐK: y  2;( x  2)( y  1)  0

co
m

Câu 8
(1,0
điểm)

Phương trình (1)  x  2 ( x  1) 2  3  y  2 y 2  3
2t
Xét hàm f(t) = t  2 t 2  3 có f ' (t )  1 

, t  R  f ' (t )  0  t  1
t2  3
f ' (t )  0, t  1; f ' (t )  0, t  1

HV

N.

Từ điều kiện ta có
-Nếu x  2  0  y  1  0 hay x  1  1  y  1
mà pt (1) có dạng f(x-1)=f(y)  y  x  1
-Nếu x  2  0  y  1  0 hay x  1  1  y  1 pt (1)  y  x  1
Vậy ta có y=x-1 thế vào pt (2) ta có:
x 1
 4 x 2  x  6  (1  2 x)  5 x  1 (3) 
 x 1
2
4x  x  6 1  2x
 x  1  0  x  1

2
 4 x  x  6  1  2 x  x  1 (4)

0,25

0,25

0,25

M

AT

1

2 7
x 
Kết hợp (3) và (4) ta được 2 x  1  2 x  1  
x
2
2
4 x 2  8 x  3  0

2 7
Thử lại ta có: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  1; x 
. Vậy hệ có
2
2 7 7 

nghiệm là (x;y) = (-1;-2) và 
;

2
2


( học sinh có thể bình phương để giải pt ẩn x)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 .

0,25

ww
w.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

b  2c a  2c

 6ln( a  b  2c) .
1 a
1 b

a  b  2c  1 a  b  2c  1

 6 ln(a  b  2c)
1 a
1 b
1 
 1
  a  b  2c  1 

  6 ln(a  b  2c)
 1 a 1 b 
P2

Câu 9
(1,0
điểm)

1,00

0,25

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
1
1
2


(1)
1  a 1  b 1  ab
ab  1
) ab 
(2)
2
1
1
2


  2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b 
Thật vậy, )
1  a 1  b 1  ab
)







a b

2





ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a=b hoặc

ab=1
) ab 



ab  1

2





2

ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1.

0,25

1
1
2
2
4




1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 3  ab
2
4
4
16



. Đặt t  a  b  2c, t  0 ta
2
ab  bc  ca  c
 a  c  b  c   a  b  2c 2

có:
P  2  f (t ) 

16  t  1

 6 ln t , t  0;
t2

6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8 
f '(t )  


t
t3
t3
t3

BBT
4
0

-

+

HV

f(t)



N.

t 0
f’(t)

5+6ln4
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.

M

AT

Chú ý:
Đây chỉ là hướng dẫn chấm, một số bài học sinh phải giải chi tiết
Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.

ww
w.

co
m

Do đó,

0,25

0,25