Đề thi thử môn toán trường THPT Đoàn Thượng - Hải Dương lần 1 năm 2016

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)

1
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − x 2
(1)
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với hai trục
tọa độ một tam giác cân.
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình 2sin 3 x − cos 2 x + cos x = 0 .
b) Giải bất phương trình 2log 3 ( x − 1) + log 3 (2 x − 1) ≤ 2
Câu 3 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =

x +1
và
x−2

các trục tọa độ.
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i ) z − 1 − 3i = 0 . Tìm phần ảo của số phức
w = 1 − zi + z .
b) Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau, trong đó có hai học sinh tên là An
và Bình. Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc. Tính xác suất
sao cho hai học sinh An và Bình đứng cạnh nhau.
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

x −1 y − 3 z
x−3 y z −2
∆1 :
=
= và ∆ 2 :
= =
. Tìm tọa độ giao điểm của ∆1 và
2
−3
2
6
4
−5
∆ 2 và viết phương trình mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng ∆ 2 là hình chiếu
vuông góc của đường thẳng ∆1 lên mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn là
AD; các đường thẳng SA, AC và CD đôi một vuông góc với nhau; SA = AC =
CD = a 2 và AD = 2BC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SB và CD.
Câu 7 (0,75 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Đường
thẳng d song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N sao cho
AM = CN . Biết rằng M(–4; 0), C(5; 2) và chân đường phân giác trong của góc
A là D(0; –1). Hãy tìm tọa độ của A và B.
 x + x2 + 4 y + y 2 + 1 = 2

( x; y ∈ ¡ ) .
Câu 8 (0,75 điểm) Giải hệ phương trình 
2
3
3

12 y − 10 y + 2 = 2 x + 1

(

)(

)

Câu 9 (0,5 điểm) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện ( x + y ) 3 + 4 xy ≥ 2 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biếu thức P = 3( x 2 + y 2 ) 2 − 2( x + y ) 2 − xy (3 xy − 4) + 2015 .
…………………………..Hết…………………………..


Họ và tên thí sinh:……………………………. ….Số báo danh:…………………… ….
Chữ ký giám thị 1:…………………………Chữ ký giám thị 2:………………… ….….
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
MÔN THI: TOÁN
(Đáp án gồm 6 trang)

I. LƯU Ý CHUNG:
+ Học sinh làm theo cách khác đáp án mà đúng vẫn được điểm tối đa.
+ Câu 6 nếu không vẽ hình hoặc hình vẽ sai thì không chấm điểm.
II. ĐÁP ÁN:
Câu
1

Ý

Nội dung trình bày

1
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 3 − x 2
3

Điểm
1,00

1.Tập xác định : D = .
2.Sự biến thiên :
y ' = x2 − 2x ;

0,25

1 1
lim y = lim [x ( - )] = +∞
x →+∞
x →+∞
3 x
1 1
lim y = lim [x 3 ( - )] = -∞
x →−∞
x →−∞
3 x
3

Bảng biến thiên

0

2

0

0
0,25

0

−

4
3

Hàm số đồng biến trên các khoảng
Hàm số nghịch biến trên

và

.

Hàm số có cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0)=0.
Hàm số có cực tiểu tại và yCT = y(2)= −

0,25

4
3

3. Đồ thị. Giao Ox: (0;0), (3;0), Giao Oy: (0;0)

0,25

2


y

f(x)=(1/3)x^3-x^2

5

x
-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

-5

b

2

Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với
hai trục tọa độ một tam giác cân

1,00

Tiếp tuyến của (C) tại M tạo với các trục tọa độ một tam giác cân ⇒
tiếp tuyến có hệ số góc k = ±1 .

0,25

Gọi x0 là hoành độ điểm M. Ycbt ⇔ y '( x0 ) = ±1

0,25

 x02 − 2 x0 − 1 = 0
x = 1± 2
⇔ 2
⇔ 0
 x0 = 1
 x0 − 2 x0 + 1 = 0

0,25


2
2
 M (1 ± 2; − m )
3 3
⇔
2

 M (1; − 3 )

0,25

a Giải phương trình 2sin 3 x − cos 2 x + cos x = 0 .

1,00

Pt ⇔ 2sin 3 x − (1 − 2sin 2 x) + cos x = 0 ⇔ 2sin 2 x(1 + s in x) − (1 − cos x) = 0
⇔ (1 − cos x) [ 2(1 + cos x)(1 + sin x) − 1] = 0

0,25

1 − cos x = 0 ⇔ cos x = 1 ⇔ x = 2kπ (k ∈ ¢ )

0,25

⇔ (1 − cos x) [ 2(sin x + cos x) + 2sin x cos x + 1] = 0

2(sin x + cos x) + 2sin x cos x + 1 = 0 ⇔ 2(sin x + cos x) + (sin x + cos x) 2 = 0

sin x + cos x = 0

sin x + cos x = −2

sin x + cos x = −2 bị loại
sin x + cos x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = −

0,25

π
+ kπ
4

Vậy phương trình có nghiệm: x = 2kπ và x =
2

0,25
−π
+ kπ ( k ∈ ¢ )
4

b Giải bất phương trình 2log 3 ( x − 1) + log 3 (2 x − 1) ≤ 2

1,00

ĐK: x > 1 . BPT ⇔ 2log 3 ( x − 1) + log 312 (2 x − 1) ≤ 2

0,25

3

⇔ log 3 ( x − 1) + log 3 (2 x − 1) ≤ 1 ⇔ log 3 ( x − 1)(2 x − 1) ≤ 1

0,25

( x − 1)(2 x − 1) ≤ 3 ⇔ 2 x 2 − 3 x − 2 ≤ 0

0,25

1
⇔ − ≤ x ≤ 2 . Kết hợp ĐK ta có tập nghiệm là S = ( 1;2]
2

0,25

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =

3

x +1
và các
x−2

1,00

trục tọa độ
0

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (-1; 0). Do đó S = ∫

−1

0

Ta có S =

x +1
dx
x−2

0

x +1
3
∫−1 x − 2dx = −∫1 (1 + x − 2 )dx
0

= ( x + 3ln x − 2 )|

−1

= 1 + 3ln

4

a

0,25

2
3

= 3ln − 1
3
2

Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i ) z − 1 − 3i = 0 . Tìm phần ảo
của số phức w = 1 − zi + z

0,25

0,25

0,25

0,50

Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) ⇒ z = x − yi .
Theo giả thiết, ta có
x = 2
(1 + i )( x − yi ) − 1 − 3i = 0 = 0 ⇔ ( x + y − 1) + ( x − y − 3)i = 0 ⇔ 
 y = −1
Suy ra z = 2 − i .
Ta có w = 1 − (2 − i)i + 2 + i = 3 + i 2 − 2i + i = 2 − i . Vậy Im w = −1

4

Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau, trong đó có hai học sinh
b tên là An và Bình. Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng
dọc. Tính xác suất sao cho hai học sinh An và Bình đứng cạnh nhau
Mỗi cách xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành 1 hàng dọc là một hoán vị
của 6 phần tử ⇒ n(Ω) = 6! = 720 (phần tử)

Gọi A là biến cố: "An và Bình đứng cạnh nhau".
⇒ n( A) = 5!.2! = 240 (phần tử)

0,25

0,25
0,50
0,25
0,25

4


n( A) 240 1
=
= (phần tử)
n(Ω) 720 3
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
x −1 y − 3 z
x−3 y z −2
∆1 :
=
= và ∆ 2 :
= =
. Tìm tọa độ giao điểm
2
−3
2
6
4

−5
của ∆1 và ∆ 2 và viết phương trình mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng
∆ 2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng ∆1 lên mặt phẳng (P)
Viết lại ∆1 và ∆ 2 dưới dạng tham số
⇒ P ( A) =

5

Giải hệ phương trình tìm được giao điểm A(3; 0; 2)
ur
Đường thẳng ∆1 có VTCP u1 = ( 2; −3; 2 )
uur
Đường thẳng ∆ 2 có VTCP u2 = ( 6; 4; −5 )

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa

∆1 , ∆ 2

thì (Q) có VTPT là

1,00

0,25
0,25

0,25

r ur uur
n = u1 , u2  = (7; 22; 26)

Vì ∆ 2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng ∆1 lên mặt phẳng (P)
⇒ (P) chứa ∆ 2 và ( P ) ⊥ (Q )
ur

uur uur

Do đó (P) cũng đi qua A và có VTPT là n1 =  n , u2  = ( −214;191; −104)
(P) có phương trình là: −214 x + 191 y − 104 z + 850 = 0

6

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn là
AD; các đường thẳng SA, AC và CD đôi một vuông góc với nhau; SA
= AC = CD = a 2 và AD = 2BC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD
Ta có: SA ⊥ AC và SA ⊥ CD
⇒ SA ⊥ (ABCD).
∆ ACD vuông cân tại C
⇒ AD = 2a ⇒ BC = a.
Gọi I là trung điểm AD ⇒ AI =
BC, AI // BC và CI ⊥ AD ⇒ ABCI
là hình vuông.
⇒ AB ⊥ AD.
Do đó SABCD =

0,25

1,00

0,25

(AD + BC).AB 3a2
. Vậy VSABCD =
=
2
2

1
1 3a2
a3 2
.
.SABCD .SA = .
.a 2 =
3
3 2
2

 Ta có CD // BI ⇒ CD // (SBI) ⇒ d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(C,
(SBI))
Gọi H = AC ∩ BI và AK ⊥ SH tại K. Ta có AK ⊥ (SBI) ⇒ d(A, (SBI))
= AK.

0,25

0,25

5


Ta có

1
AK

2

=

1
SA

2

+

1
AH

2

=

1
2a

2

+

4

2a

2

5

=

2a

2

⇒ AK =

a 10
5

.

a 10
.
5

⇒ d(A; (SBI)) = AK =

Vì H là trung điểm AC nên d(C; (SBI)) = d(A; (SBI)) =
Vậy d(CD, SB) =

7

a 10
.
5

a 10
.
5

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Đường thẳng
d song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N sao cho
AM = CN . Biết rằng M(–4; 0), C(5; 2) và chân đường phân giác trong
của góc A là D(0; –1). Hãy tìm tọa độ của A và B

0,25

0,75

Gọi D' là điểm trên cạnh BC sao cho CD'
= MN.
Ta có MNCD' là hình bình hành
⇒ MD' = CN = AM ⇒ ∆ AMD' cân tại M
⇒ ∠ MD'A = ∠ MAD' = D'AC
⇒ AD' là phân giác của góc A ⇒ D' trùng
D. CA qua C và song song MDuuuur
⇒ CA có vectơ chỉ phương là MD = (4; –1)
 x = 5 + 4t

⇒ AC: 

y = 2 − t

0,25

.
uuuur

A ∈ AC ⇒ A(5 + 4a; 2 – a) ⇒ MA = (9 + 4a; 2– a).
Ta có MA = MD ⇔ (9 + 4a)2 + (2 – a)2 = 17 ⇔ 17a2 + 68a + 85 – 17 =
0 ⇔ a = –2 . Vậy A(–3; 4).
uuur
uuuur
x+4 y
= ⇔ 4x – y = –16 ;
DC = (5; 3) ⇒
MA = (1; 4) ⇒ AB:
1
4
x y +1
BC: =
⇔ 3x –5y=5 .
5
3
 4x − y = −16
 x = −5
Do đó B: 
⇔
. Vậy B(–5; –4).
3x − 5y = 5
 y = −4

8

)(

(

)

 x + x2 + 4 y + y 2 + 1 = 2

Giải hệ phương trình 
12 y 2 − 10 y + 2 = 2 3 x 3 + 1

(

)(

)

 x + x2 + 4 y + y2 + 1 = 2


12 y 2 − 10 y + 2 = 2 3 x 3 + 1

( x; y ∈ ¡ ) .

0,25

0,25

0,75

(1)
(2)

Ta có: (1) ⇔ x + x 2 + 4 = (−2 y ) 2 + 4 + (−2 y ) (*) .
Xét hàm số đặc trưng

0,25

6


f (t ) = t + 4 + t ⇒ f '(t ) =
2

t
t2 + 4

+1 =

t + t2 + 4
t2 + 4

>

t+ t
t2 + 4

≥ 0.

Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R. Từ (*) suy ra:
f ( x) = f (−2 y ) ⇒ x = −2 y .
Thay vào phương trình (2) ta được:
3x 2 + 5 x + 2 = 2 3 x3 + 1
⇔ ( x + 1) + 2 ( x + 1) = ( x 3 + 1) + 2 3 x 3 + 1 (**)
3

0,25

Xét hàm số g (t ) = t 3 + 2t ta thấy g(t) đồng biến trên R nên từ (**) suy
x = 0
1
. Vậy hệ có hai nghiệm là (−1; ); (0;0) .
2
 x = −1

3 3
ra x + 1 = x + 1 ⇔ 

9

Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện ( x + y ) 3 + 4 xy ≥ 2 . Tìm min
của biếu thức P = 3( x 2 + y 2 ) 2 − 2( x + y ) 2 − xy (3 xy − 4) + 2015 .

0,25

0,50

Với mọi số thực x, y ta luôn có ( x + y ) 2 ≥ 4 xy , nên từ điều kiện suy ra

( x + y )3 + ( x + y ) 2 ≥ ( x + y )3 + 4 xy ≥ 2 ⇒ ( x + y )3 + ( x + y ) 2 − 2 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1

Ta biến đổi P như sau
3 2
3
( x + y 2 ) 2 + ( x 2 + y 2 ) 2 − 2( x 2 + y 2 + 2 xy ) − xy (3 xy − 4) + 2015
2
2
3 2
3
= ( x + y 2 ) 2 + ( x 4 + y 4 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 2015 (3)
2
2
2
(x + y 2 )2
4
4
Do x + y ≥
nên từ (3) suy ra
2
9
P ≥ ( x 2 + y 2 ) 2 − 2( x 2 + y 2 ) + 2015 .
4
1
Đặt x 2 + y 2 = t thì t ≥
(do x + y ≥ 1) .
2
9 2
1
9

Xét hàm số f (t ) = t − 2t + 2015 với t ≥ , có f ' (t ) = t − 2 > 0 ,
4
2
2
1
1

với t ≥ nên hàm số f(t) đồng biến trên  ;+∞  . Suy ra
2
2

 1  32233
min f (t ) = f   =
1

16 .
2
t∈ ; +∞ 

P=

2

0,25

0,25



Do đó GTNN của P bằng

32233
1
, đạt được khi và chỉ khi x = y =
16
2

-------------------------------------Hết--------------------------------------

7