Đề thi thử môn toán có đáp án trường THPT Thạch Thanh - Thanh Hóa lần 1 năm 2016

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ THI MÔN TOÁN_KHỐI 12 (lần 1)
Năm học: 2015-2016
Thời gian: 180 phút

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x3 + 3x 2 − 4 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

(

f ( x) = x − 2

) ( x + 2)
2

2

trên đoạn

 1 
 − 2 ; 2  .

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

sin 3 x + cos 2 x = 1 + 2sin x cos 2 x

b) Giải phương trình

2 log 8 ( 2 x ) + log 8 ( x 2 − 2 x + 1) =

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm
y=

x +1
x −1

tại hai điểm

m

A, B

để đường thẳng

sao cho

4
3
( d) : y = x−m

cắt đồ thị ( C ) của hàm số

AB = 3 2

Câu 5 (1,0 điểm).
a) Cho

cot a = 2 .

Tính giá trị của biểu thức

P=

sin 4 a + cos 4 a
.
sin 2 a − cos 2 a

b) Một xí nghiệp có 50 công nhân, trong đó có 30 công nhân tay nghề loại
A, 15 công nhân tay nghề loại B, 5 công nhân tay nghề loại C. Lấy ngẫu
nhiên theo danh sách 3 công nhân. Tính xác suất để 3 người được lấy ra
có 1 người tay nghề loại A, 1 người tay nghề loại B, 1 người tay nghề loại
C.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đường cao SA bằng 2a , tam giác
·
ABC vuông ở C có AB = 2a, CAB
= 30o . Gọi H là hình chiếu vuông của A trên SC.
Tính theo a thể tích của khối chóp H . ABC . Tính cô-sin của góc giữa hai mặt
phẳng ( SAB ) , ( SBC ) .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang OABC ( O
là gốc tọa độ) có diện tích bằng 6, OA song song với BC , đỉnh A ( −1; 2 ) , đỉnh B
thuộc đường thẳng ( d1 ) : x + y + 1 = 0 , đỉnh C thuộc đường thẳng ( d 2 ) : 3x + y + 2 = 0 .
Tìm tọa độ các đỉnh B, C .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại
A có phương trình AB, AC lần lượt là x + 2 y − 2 = 0, 2 x + y + 1 = 0 , điểm M ( 1; 2 ) thuộc
uuur uuur
đoạn thẳng BC . Tìm tọa độ điểm D sao cho tích vô hướng DB.DC có giá trị nhỏ
nhất.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

x2 + x + 2
+ x2 ≤
x+3

2
x2 + 3

+1

trên tập số

thực.
2
2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn ( x − 4 ) + ( y − 4 ) + 2 xy ≤ 32 . Tìm
3
3
giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x + y + 3 ( xy − 1) ( x + y − 2 ) .
-----------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..........................


Câu
1

ĐÁP ÁN TOÁN 12, lần 1, 2015-2016
Nội dung
• Tập xác đinh: D = ¡ .
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 + 6 x ; y ' = 0 ⇔ x = 0; x = −2

Các khoảng đồng biến ( −∞; −2 ) và ( 0; +∞ ) ; khoảng nghịch biến ( −2;0 ) .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −2, yCD = 0 ; đạt cực tiểu tại

Điểm

0,25

x = 0, yCT = −4
y = −∞; lim y = +∞
- Giới hạn tại vô cực: xlim
→−∞
x →+∞
• Bảng biến thiên
−∞

x

−2
+

y'
y

+∞

0
−

0

0,25

+

0

+∞

0

−∞

−4

0,25
• Đồ thị
f (x) = (x3+3⋅x2)-4

8

6

4

2

-15

-10

-5

5

10

15

-2

-4

-6

-8

0,25
2

 1 
4
2
Ta có f ( x ) = x − 4 x + 4 ; f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn  − ;0 ;
f

'

( x) = 4x

 2

3



− 8 x.

0,25


 '
Với x ∈  − ; 2 , f ( x ) = 0 ⇔ x = 0; x = 2
 2 

0,25



Ta có f  − ÷ = 3 , f ( 0 ) = 4, f ( 2 ) = 0, f ( 2 ) = 4 .
16
 2

0,25

1

1

1

 1 
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) trên đoạn  − ;0
 2

lần lượt là 4 và 0.
3

a)

sin 3 x + cos 2 x = 1 + 2sin x cos 2 x ⇔ sin 3 x + cos 2 x = 1 − sin x + sin 3 x
⇔ cos 2 x = 1 − sin x



0,25
0,25



 x = kπ
sin x = 0

π
2

⇔ 1 − 2sin x = 1 − sin x ⇔
⇔  x = + k 2π
1
sin x =


6

2

5π
x =
+ k 2π
6

b) Điều kiện x > 0, x ≠ 1 .

0,25

Với điều kiện đó, pt đã cho tương đương với :
2
4
⇔  2 x ( x − 1)  = 16
3
 2 x ( x − 1) = 4
⇔
⇔ x=2
 2 x ( x − 1) = −4
x +1
= x − m ⇔ x + 1 = ( x − m ) ( x − 1) (vì x = 1 không
Pt hoành độ giao điểm
x −1
2
là nghiệm của pt) ⇔ x − ( m + 2 ) x + m − 1 = 0 (1)

log 8 ( 2 x )

4

2

( x − 1)

2

=

0,25
0,25

Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = m 2 + 8 > 0 ⇔ ∀m ∈ ¡ .
 x1 + x2 = m + 2
 x1 x2 = m − 1

Khi đó A ( x1 ; x1 − m ) , B ( x2 ; x2 − m ) .Theo hệ thức Viet ta có 

0,50

AB = 3 2 ⇔ AB = 18 ⇔ 2 ( x1 − x2 ) = 18 ⇔ ( x1 − x2 ) = 9 ⇔
2

2

2

⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 9 ⇔ ( m + 2 ) − 4 ( m − 1) = 9 ⇔ m = ±1

2

5

2

sin a + cos a
4

4

sin a + cos a
4

0,50

sin a + cos a

4

4

4

a) P = sin 2 a − cos 2 a = sin 2 a − cos 2 a sin 2 a + cos 2 a = sin 4 a − cos 4 a .
(
)(
)

0,25

1 + cot a 1 + 2
17
=
=−
4
4
1 − cot a 1 − 2
15
3
b) Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C50 = 19600.

0,25
0,25

Chia tử và mẫu cho sin 4 a , ta được P =

4

4

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “trong 3 người được lấy ra, mỗi
người thuộc 1 loại” là C301 .C151 .C51 = 2250 . Xác suất cần tính là
p=

6

2250
45
=

.
19600 392

0,25

S

K

H
A

B

I
C

0,25


Trong mặt phẳng ( SAC ) , kẻ HI song song với SA thì HI ⊥ ( ABC ) .
Ta có CA = AB cos 30o = a 3. Do đó
1
1
a2 3
AB. AC.sin 30o = .2a.a 3.sin 30o =
.
2
2
2

HI HC HC.SC AC 2
AC 2
3a 2
3
6
=
=
=
= 2
= 2
= ⇒ HI = a .
Ta có
2
2
2
2
SA SC
SC
SC
SA + AC
4a + 3a
7
7
2
3
1
1 a 3 6
a 3
. a=
Vậy VH . ABC = S ABC .HI = .

.
3
3 2 7
7
1
(Cách khác: VH . ABC = VB. AHC = S AHC .BC )
3
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Ta có
AH ⊥ SC , AH ⊥ CB (do CB ⊥ ( SAC ) ), suy ra AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH ⊥ SB .
S ABC =

0,25

Lại có: SB ⊥ AK , suy ra SB ⊥ ( AHK ) . Vậy góc giữa giữa hai mặt phẳng
·
( SAB ) , ( SBC ) là HKA
.
1
1
1
1
1
7
a.2 3
= 2+
= 2+ 2 =
⇒ AH =
;
2
2

2
AH
SA
AC
4a 3a
12a
7
1
1
1
1
1
1
= 2+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AK = a 2 .
2
2
AK
SA
AB
4a
4a
2a
Tam giác HKA vuông tại H (vì AH ⊥ ( SBC ) , ( SBC ) ⊃ HK ).

7

a.2 3
AH
7

7 = 6 ⇒ cos HKA
·
·
sin HKA
=
=
=
AK
7
a 2
7
OA : 2 x + y = 0 .
OA P BC ⇒ BC : 2 x + y + m = 0 ( m ≠ 0 ) .

0,50

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x + y +1 = 0
x = 1− m
⇔
⇒ B ( 1 − m; m − 2 ) .

2 x + y + m = 0
y = m − 2
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
3 x + y + 2 = 0
x = m − 2
⇔
⇒ C ( m − 2; 4 − 3m ) .


2 x + y + m = 0
 y = 4 − 3m
1
SOABC = ( OA + BC ) .d ( O, BC ) ⇔
2
m
1
2
2
2
−1) + 22 + ( 2m − 3) + ( 4m − 6 )  .
=6
(
 22 + 12
2 

0,50

⇔ ( 2m − 3 + 1) m = 12 . Giải pt này bằng cách chia trường hợp để phá

dấu giá trị tuyệt đối ta được m = 1 − 7; m = 3 . Vậy
8

(

) (

)

7; −1 − 7 , C −1 − 7;1 + 3 7 hoặc B ( −2;1) , C ( 1; −5 )

ur
uur
uur
Gọi vec tơ pháp tuyến của AB, AC , BC lần lượt là n1 ( 1; 2 ) , n2 ( 2;1) , n3 ( a; b )
B

0,50

.Pt BC có dạng a ( x − 1) + b ( y − 2 ) = 0 , với a 2 + b 2 > 0 . Tam giác ABC cân
tại A nên
ur uur
uur uur
cos B = cos C ⇔ cos n1 , n3 = cos n2 , n3 ⇔

(

a + 2b
a2 + b2 5

=

2a + b
a 2 + b2

)

(

 a = −b
⇔

5
a = b

)

0,50




Với a = −b . Chọn b = −1 ⇒ a = 1 ⇒ BC : x − y + 1 = 0 ⇒ B ( 0;1) , C  − ; ÷,
3 3
2 1





không thỏa mãn M thuộc đoạn BC .
Với a = b . Chọn a = b = 1 ⇒ BC : x + y − 3 = 0 ⇒ B ( 4; −1) , C ( −4;7 ) , thỏa
mãn M thuộc đoạn BC .
Gọi trung diểm của BC là I ⇒ I ( 0;3) .
uuur uuur

uuur uur uuur uur

Ta có DB.DC = ( DI + IB ) ( DI + IC ) = DI 2 −
9

x +x+2

−
x +3

(x
⇔

10

BC 2
BC 2
≥−
.
4
4

Dấu bằng xảy ra khi D ≡ I . Vậy D ( 0;3)
Điều kiện x > −3. Bất pt đã cho tương đương với
2

2

2
x +3
2

+ x 2 −1 ≤ 0 ⇔

−1) ( x 2 + x + 6 )

( x + 3) ( x 2 + 3)

x +x+2
+
x +3
2

0,25

0,25

x2 + x + 2
4
− 2
x +3
x + 3 + x 2 −1 ≤ 0
2
x + x+2
2
+
2
x +3
x +3

+ x 2 −1 ≤ 0

2

0,50

x +3

2





2


x
+
x
+
6
⇔ ( x 2 − 1) 
+ 1 ≤ 0
2
2  
 x + 3 x2 + 3  x + x + 2 +

÷ 
(
)
(
)


x+3
x2 + 3 ÷


 

2
⇔ x − 1 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 (Với x > −3 thì biểu thức trong ngoặc vuông
luôn dương). Vậy tập nghiệm của bất pt là S = [ −1;1]

0,50

Ta có ( x − 4 ) + ( y − 4 ) + 2 xy ≤ 32 ⇔ ( x + y ) − 8 ( x + y ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x + y ≤ 8

0,25

2

2

2

A = ( x + y ) − 3 ( x + y ) − 6 xy + 6 ≥ ( x + y ) −
3

3

3
2
( x + y ) − 3 ( x + y ) + 6.
2

3
2

Xét hàm số: f ( t ) = t 3 − t 2 − 3t + 6 trên đoạn [ 0;8] .
Ta có f ' ( t ) = 3t 2 − 3t − 3, f ' ( t ) = 0 ⇔ t =

1+ 5
1− 5
hoặc t =
(loại)
2
2

 1 + 5  17 − 5 5
=
, f ( 8 ) = 398 . Suy ra A ≥ 17 − 5 5
÷
÷
4
4
 2 

Ta có f ( 0 ) = 6, f 
Khi x = y =

0,25
0,25

1+ 5
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
4

17 − 5 5
4

0,25
Thạch Thành, ngày 23 tháng 10 năm 2015
Người ra đề và làm đáp án: Bùi Trí Tuấn