Đề thi thử môn toán trường THPT Lê Lợi - Thanh Hóa lần 1 năm 2016

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI
TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 -2016
Môn: Toán – lớp 12
Đề chính thức
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể giao đề)
Đề thi có 01 trang
Câu 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = f ( x) = x3 + 3x 2 − 4 .
1
π
Câu 2. (1,0 điểm) Cho tan α = (α ∈ (0; )) . Tính giá trị biểu thức
2
2
α
α
2sin + 3cos
2
2+ 1 .
P=
α
α
5
sin + 2cos
2
2
x

2
log 2 ( xy ) − 2log 4 y = 3
( x, y ∈ R ) 0 0.

Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
xy
 x+ y
 4 − 2 2 − 62 = 0
2x + 3
dx
Câu 4. (1,0 điểm) Tìm họ nguyên hàm ∫ 2
2 x − x −1
Câu 5. (1,0 điểm) Gọi M là tập hợp các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ số
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Lấy ra từ tập M một số bất kỳ. Tính xác suất để lấy được số có tổng các
chữ số là số lẻ ?
Câu 6. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A(1; 1; 0); B(1; 0; 2);
C(2;0; 1), D(-1; 0; -3). Chứng minh A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp và viết phương
trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó .
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, BC = 2a, Góc
·ACB = 600 . Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mp(ABC), tam giác SAB cân tại S, tam giác
SBC vuông tại S. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A tới mp(SBC).
Câu 8. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC. Đường phân giác trong của góc B có phương trình
d1 : x + y − 2 = 0 , đường trung tuyến kẻ từ B có phương trình d2 :4 x + 5 y − 9 = 0 . Đường
1
thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (2; ) , bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
2
5
là R = . Tìm tọa độ đỉnh A .
2
Câu 9. (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực
7 x 2 + 25 x + 19 − x 2 − 2 x − 35 = 7 x + 2 .
Câu 10. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn 0;1 . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P = 2( x3 + y3 + z 3 ) − ( x 2 y + y 2 z + z 2 x)
................................Hết...........................................

Họ và tên.............................................. số báo danh..............................................................
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI
TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 -2016

Môn: Toán – lớp 12
(Đáp án có:04 trang)

Câu

Đáp án

Câu 1
(1,0đ)

a/ TXĐ:R
b/ Sự biến thiên
= +∞; limy = −∞
+Giới hạn limy
x →+∞
x →−∞
'
+Bảng biến thiên: y = 3x 2 + 6 x ;

x = 0
y = 0 ⇔ 3x + 6 x = 0 ⇔ 
.
−∞
 x = −2
'

x
'

y
y

−∞

+

-2
0

-

0
0

0

2

+

+∞
+∞

Điế
m

0,5

-4

Hàm số đồng biến trong khoảng
(−∞; − 2) và (0; + ∞) , nghịch biến
trong khoảng (−2;0) . Hàm số đạt cực
tiểu tại x = 0; yCT = −4 , đạt cực đại tại
x = -2; yCĐ = 0.
c/ Đồ thị : y '' = 6 x + 6 = 0 ⇔ x = −1
Điểm uốn I(-1; -2).

Nhận xét: Đồ thị nhận điểm uốn làm
tâm đối xứng
Câu 2
(1,0đ)

Câu 3
(1,0đ)

α
2 tan
1

π
2 = 1 ⇔ tan 2 α + 4 tan α − 1 = 0
Vì tan α = ( α ∈ (0; )) nên
α 2
2
2
2
2
1 − tan 2
2
α
α
α
Suy ra tan = −2 + 5 hoặc tan = −2 − 5 (l ) . Do tan > 0 .
2
2
2
α
2 tan + 3
1
2 5 −1 1
2
+
=
+
=2
Thay vào ta có P =
α
5
5

5
tan + 2
2
x
>
0

ĐKXĐ 
Biến đổi phương trình đầu tiên của hệ ta có
y > 0
x
log 2 ( xy 2 ) − 2 log 4 = 3 ⇔ log 2 x + log 2 y 2 − 2(log 4 x − log 4 y ) = 3
y
⇔ log 2 x + 2 log 2 y − 2 log 22 x + 2 log 22 y = 3
⇔ log 2 x + 2 log 2 y − log 2 x + log 2 y = 3
⇔ 3log 2 y = 3 ⇔ y = 2 .
Thay y = 2 vào phương trình thứ hai suy ra 4 x + 2 − 2 x − 62 = 0

0,5
0,5
0,25

0,25

0,25

0,25


Câu 4

(1,0đ)

Câu 5
(1,0đ)

x
⇔ 16.22 x − 2 x − 62 = 0 . Đặt 2 = t (t > 0) ta có phương trình
31
16t 2 − t − 62 = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = − . Do t > 0 nên lấy t = 2 suy ra x = 1 .
16
Đs: Hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1; 2) .
2x + 3
2x + 3
5 1 
 4 1
dx = ∫
dx = ∫  − .
+ .
dx
Ta có: ∫ 2
2x − x −1
(2 x + 1)( x − 1)
 3 2 x + 1 3 x − 1 
4
1
5 1
=− ∫
dx + ∫
dx
3 2x +1

3 x −1
2 d (2 x + 1) 5 d ( x − 1)
=− ∫
+ ∫
3
2x +1
3
x −1
2
5
= − ln 2 x + 1 + ln x − 1 + C
3
3

Gọi A là biến cố " Số chọn được là số có 4 chữ số đôi một khác nhau và
tổng các chữ số là một số lẻ". Số các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lập
từ 7 chữ số đã cho là A74 = 840 (số), suy ra: Ω = 840
Gọi số 4 chữ số đôi một khác nhau và tổng các chữ số là một số lẻ có dạng
abcd . Do tổng a + b + c + d là số lẻ nên số chữ số lẻ là lẻ
Trường hợp 1 : có 1 chữ số lẻ , 3 chữ số chẵn : có C41 .C33 = 4 bộ số
Trường hợp 2 : có 3 chữ số lẻ , 1 chữ số chẵn : có C43 .C31 = 12 bộ số
Từ mỗi bộ số trên ta lập được P4 = 24 số
Tất cả có 16.24= 384 số , suy ra: Ω A = 384 .
Ω

384

uuur
uuuur
uuuur

Ta có AB = (0; − 1; 2); AC = (1; − 1;1); AD = (−2; − 1; − 3) .
uuur uuuur
uuur uuuur uuuur
 AB , AC  = ( 1; 2;1) ;  AB , AC  . AD = −7




uuur uuuur uuuur
uuur uuuur uuuur
Do  AB , AC  . AD = −7 ≠ 0 , nên 3 véc tơ AB , AC , AD không đồng phẳng suy

ra A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp.
Gọi phương trình mặt cầu có dạng x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0
( với a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 ).

 2a + 2b + d = −2
 2 a + 4c + d = − 5

Do mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ 
 4 a + 2c + d = − 5
 −2a − 6c + d = −10
5
31
5
50
Giải hệ suy ra a = ; b = ; c = ; d = −
14
14
14

7
5
31
5
50
Vậy phương trình mc là: x 2 + y 2 + z 2 + x + y + z − = 0 .
7
7
7
7

Câu 7
(1,0đ)

a) Gọi H là trung điểm của cạnh AB, từ gt có
1
SH ⊥ ( ABC ) . VS . ABC = S ABC .SH . Tam giác ABC
3

vuông tại A có:

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

0,25
0,25

0,25

48

A
Vậy P( A) = Ω = 840 = 105 .

Câu 6
(1,0đ)

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25


AB = 2a sin 600 = 3a; AC = 2acos600 = a
1
2

Nên S ABC = AB. AC = a 2

3
2

0,25

Gọi K là trung điểm của cạnh BC thì
1
1
1
BC = a; HK = AC = a cos 600 = a
2
2
2
3
SH 2 = SK 2 − KH 2 = a 2
4
1 3
3
⇒ SH =
a . Suy ra VS . ABC = a .
4
2
SK =

6
a
2
3a 2 7 a 2
2
2
2
2

HC = AC + AH = a +
=
4
4
2
2
3a 7 a
10
SC = SH 2 + HC 2 =
+
=
a
4
4
2
1
1 6
10
15 2
S SBC = SB.SC = .
a.
a=
a
2
2 2
2
4
3 3
a
3VS . ABC

3
4
d
(
A
;(
SBC
))
=
=
=
a
Vậy
S SBC
15 2
15
a
4

S

0,25

b) Ta có SB = SH 2 + HB 2 =

Câu 8
(1,0đ)

A

600

H
B

C
K

0,25
0,25

Tọa độ B là nghiệm của hệ
x + y − 2 = 0
x = 1
⇔

4 x + 5 y − 9 = 0
y =1

0,25

Gọi M' là điểm đối xứng với M qua d1 ,

B

3
M ' ( ;0) .
2

.

Do AB đi qua B và M nên có pt: x + 2 y − 3 = 0 .
BC đi qua M' và B nên có pt: 2x + y – 3 = 0.
Gọi α là góc giữa 2 đường thẳng AB và BC
suy ra cosα =

2.1 + 1.2
5. 5

=

4
3
⇒ sin α = .
5
5

Từ định lý sin trong tam giác ABC
2R =

AC
⇒ AC = 3 .
sin ·ABC

3− a
); C (c;3 − 2c ) , trung
2
a + c 9 − a − 4c
;
).

điểm của AC là N (
2
4
 a − 4c + 3 = 0
 N ∈ d2 
 a = 5; c = 2
2
⇒
⇔

a
−
4
c
+
3



2
 AC = 3  (c − a) + 
÷ = 9  a = − 3, c = 0
2




.M

M

'

C

0,25

N
A

d2

d1

A ∈ AB, C ∈ BC ⇒ A(a;

0,25


Khi a = 5 ta được A(5; -1). Khi a = -3 ta
được A(-3; 3). Đs: A 1 (5; -1), A 2 (-3; 3).
Câu 9
(1,0đ)

0,25

Điều kiện x ≥ 7
Phương trình tương đương 7 x 2 + 25 x + 19 = 7 x + 2 + x 2 − 2 x − 35 .
Bình phương 2 vế suy ra: 3x 2 − 11x − 22 = 7 ( x + 2)( x + 5)( x − 7)
3( x 2 − 5 x − 14) + 4( x + 5) = 7 ( x + 5)( x 2 − 5 x − 14)

0,25

Đặt a = x − 5 x − 14; b = x + 5 .( a ,b ≥ 0) Khi đó ta có phương trình
a = b
3a 2 + 4b 2 = 7 ab ⇔ 3a 2 − 7 ab + 4b 2 = 0 ⇔ 
3a = 4b
2

0,25

Với a = b suy ra x = 3 + 2 7 (t / m); x = 3 − 2 7 (l ) .

0,25

61 + 11137
61 − 11137
Với 3a = 4b suy ra x =
(t / m); x =
(l ) .
18
18
61 + 11137
Đs: x = 3 + 2 7 ; x =
.
18

Câu
10
(1,0đ)

0,25

Đặt f ( x) = 2 x3 − yx 2 − z 2 x + 2( y 3 + z 3 ) − y 2 z .Ta có:
1
6

1
6
Nhận xét: x1 ∉ ( 0;1) , lập bảng biến thiên ta thấy khi x2 ∈ ( 0;1) hay x2 ∉ ( 0;1) thì
Max f ( x) = Max { f (0); f (1)} .

f ' ( x) = 6 x 2 − 2 yx − z 2 ; f ' ( x) = 0 ⇔ x = x1 = ( y − y 2 + 6 z 2 ); x = x2 = ( y + y 2 + 6 z 2 )

x∈[ 0;1]

Mà f (0) = 2( y 3 + z 3 ) − y 2 z ≤ 2( y 3 + z 3 ) − y 2 z + (2 − y − z 2 ) = f (1)
⇒ f ( x) ≤ f (1) = 2 y 3 − zy 2 -y + 2 z 3 − z 2 + 2 (1)
Lại đặt g ( y) = 2 y 3 − zy 2 - y + 2 z 3 − z 2 + 2 ,
1
6

0,25
1
6

g ' ( y) = 6 y 2 − 2 zy − 1; g ' ( y) = 0 ⇔ y = y1 = ( z − z 2 + 6); y = y2 = ( z + z 2 + 6)
ax g ( y) = Max { g (0); g (1)} .
Nhận xét tương tự suy ra yM
∈ 0;1

Lại có g (0) = 2 z 3 + 2 − z 2 ≤ 2 z 3 + 2 − z 2 + (1 − z ) = g (1) . Suy ra
g ( y) ≤ g (1) = 2 z 3 + 2 − z 2 + (1 − z ) = 2 z 3 − z 2 − z + 3
Cuối cùng đặt h( z ) = 2 z 3 − z 2 − z + 3 với z ∈ [ 0;1] , h' ( z ) = 6 z 2 − 2 z − 1 .

(2)

1− 7
1+ 7
; z2 =
. Lập bảng biến thiên suy ra:
6
6
Max h( z ) = h(1) = 3

h' ( z ) = 0 ⇔ z1 =
z∈0;1

0,25

(3)

Dấu bằng xảy ra ở (1), (2), (3) khi x = y = z = 1.Vậy giá trị lớn nhất của P là
3 đạt được khi x = y = z = 1.

0,25
0,25