đề thi thử toán THPT chuyên lương ngọc quyến thái nguyên

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT
LƯƠNG NGỌC QUYẾN

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

1
4
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x 2  4ln x trên đoạn

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x4  2 x2  3 .

1; e .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:
b) log 22 x  2 log 4

a) 3.25 x  5.9 x  8.15 x

1
 0.
x

ET

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm họ nguyên hàm sau:  x3 x  1dx .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  2 z  4  0

ATH

S.N

và mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  11 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với
mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 6 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình sau: sin 3 x  sinx  cos 2 x  1 .

b) Trong giải bóng đá nữ của trường THPT Lương Ngọc Quyến có 12 đội tham gia, trong
đó có hai đội của hai lớp 12A6 và 10A3. Ban tổ chức giải tiến hành bốc thăm ngẫu
nhiên để chia thành hai bảng A và B, mỗi bảng 6 đội. Tính xác suất để hai đội 12A6 và
10A3 ở cùng một bảng.

ABCD bằng

TM

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I. Cạnh SA
vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA  a 3 . Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật
a 3
, góc  ACB  30o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
3

VIE

giữa hai đường thẳng AC và SB.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường trung
tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình: 3 x  5 y  8  0 , x  y  4  0 .
Đường thẳng qua A và vuông góc với cạnh BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại

điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết phương trình các đường thẳng AB và AC. Biết hoành độ điểm B
không lớn hơn 3.

x  y 2  x  2 y2  2

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
 2 x  2  4 y  8 y xy  2 y  34  15 x





Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x > y và  x  z  y  z   1. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P 

1

 x  y

2



4

x  z

2



4

 y  z

2

.


HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
MÔN: TOÁN
Câu
Câu1
(1 điểm)

Nội dung
Tập xác định: D   .
Giới hạn ở vô cực: lim

Điểm

y  ; lim y  

x 

x 

 x  2
Đạo hàm: y '   x  4 x ; y '  0   x  0

 x  2
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2    0; 2  .

0,25

3

ATH
S.N

ET

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  2;0    2;  
Hàm số đạt cực tiểu tại x  0, yCT  3 .
Hàm số đạt cực đại tại x  2, yCD  1
Bảng biến thiên


x
-2
0
2
y’
+ 0 - 0 + 0
1
1
y
-3


0,25

0,25



Đồ thị: Đồ thị giao với trục Ox tại các điểm





6;0 ,  2;0







6; 0 .

2;0 ,

y "  3x 2  4; y "  0  x  

2

.

Câu 2
(1 điểm)

VIE

TM

3
7
7
 2
 2
Đồ thị hàm số có hai điểm uốn là U1   ;   ,U 2  ;   .
3 9

 3 9

0,25

Ta có f  x  xác định và liên tục trên đoạn 1;e ; f '  x   2 x  .

0,25

Với x  1; e  , f '  x   0  x  2 .

0,25

Ta có f 1  1, f

4

x

 2   2  2 ln 2, f  e   e

2

 4.

Vậy min f  x   2  2ln 2  x  2; max f  x   e2  4  x  e
1;e

0,25
0,25

1; e

Ta có
2x
x
Câu 3 a)
5
5
x
x
x
(1
0,5đ 3.25  5.9  8.15  3  3   8  3   5  0
 

 

0,25


điểm)

 5  x
   1
x  0
3


x  1 .
 5 x 5

  
3
 3 

0,25

1
b)
Ta có log 22 x  2 log 4  0  log 22 x  log 2 x  0
0,5đ
x
log x  0
x  1
 2


x  2
log 2 x  1

x

3

x  1dx    x  1  1

3

0,25

x  1dx

0,25

2

0,25

3

   x  1  3  x  1  3  x  1  1 x  1dx


7
5
3
1



   x  1 2  3  x  1 2  3  x  1 2   x  1 2 dx


9
7
5
3
2
6
6
2
  x  1 2   x  1 2   x  1 2   x  1 2  C
9
7
5
3
6
6
2
4
3
2
2

   x  1   x  1   x  1   x  1  x  1  C
7
5
3

9


Câu 5
(1 điểm)

ATH
S.N

ET

Câu 4
(1 điểm)

0,25

0,25

0,25

Chú ý! Học sinh có thể làm theo phương pháp đổi biến số.
Mặt cầu (S) có tâm I 1;3; 2  và bán kính R  5 .


Mặt phẳng (P) có một véc tơ pháp tuyến là n p  1; 1; 2  .
Mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) nên phương trình
mặt phẳng (Q) có dạng: x  y  2 z  D  0 .
Mặt phẳng (Q) tiếp xúc mặt cầu (S) khi và chỉ khi
1  3  2  2   D
2

0,25

5

12   1  2 2

TM

d  I , (Q )   R 

0,25

D  6  5 6
 D6 5 6  
 D  6  5 6

0,25

Vậy có hai mặt phẳng (Q) thỏa mãn đầu bài là
Câu 6 a)
(1 điểm) 0,5đ

6  0;  Q2  : x  y  2 z  6  5 6  0

VIE

 Q1  : x  y  2 z  6  5

0,25

sin 3x  sinx  cos 2 x  1  2cos 2 x sin x  2sin 2 x  0
sin x  0

cos 2 x  sin x

0,25

+ sin x  0  x  k , k   ;

2

x k

6
3
+ cos 2 x  sin x  cos 2 x  cos   x   
k  

2


 x    k 2

2


b) Gọi X là biến cố “ hai đội 12A6 và 10A3 ở cùng một bảng”
0,5đ Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội là:
n     C612C66  924 .

Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội, hai đội
12A6 và 10A3 ở cùng một bảng là:
- Hai đội cùng bảng A hoặc B: có 2 cách
- Chọn 4 đội còn lại vào cùng với bảng của hai đội: có C410

0,25


cách.
- Chọn 6 đội còn lại cho bảng còn lại: có C66  1 cách.
Suy ra n  X   2.C410  420 cách.
Xác suất xảy ra biến cố X là: P  X  

0,25

0,25

420 5
.

924 11

ATH
S.N

ET

Câu 7
(1 điểm)

2a 3
. Suy ra BC  AC .cos 30o  a ;
3
a
3
AB  AC.sin 30o 
.
3
1
a3
a2 3
. Suy ra VS . ABCD  S ABCD .SA 
.
 AB.BC 
3
3
3

Ta có AC  2 AI  2 R 

S ABCD

TM

Kẻ qua B đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng CD
tại E. Khi đó AC song song với mặt phẳng (SBE).
Dựng AF vuông góc với BE tại F, dựng AH vuông góc với SF
tại H.
Ta nhận thấy AH   SBE  .

0,25
0,25

0,25

Suy ra d  AC, SB   d  A,  SBE    AH .
a
2

VIE

Tam giác SAE có: SA  a 3 ; AF  AB.cos 30o  ; SAE  90 o .
1
1
1
a 39
.
 2
 AH 
2
2
AH
SA
AF
13

Chú ý! Bài này học sinh cũng có thể giải bằng phương pháp
tọa độ trong không gian.
Câu 8
(1 điểm)

Gọi M là trung điểm cạnh BC, H là trực tâm tam giác ABC, K
là giao điểm của AD và BC, E là giao điểm của BH và AC.
7 1
Khi đó tọa độ M  ;   .
2 2

0,25

0,25


Đường thẳng AD vuông góc với BC và đi qua D nên có phương
trình: x  y  2  0 .

0,25

3 x  5 y  8  0
 A 1;1 .
x  y  2  0

Tọa độ A là nghiệm của hệ 

x  y  4  0
 K  3; 1 .
x  y  2  0

Tọa độ K là nghiệm của hệ 

Tứ giác HKCE nội tiếp nên ta có: BHK  KCE .

Mặt khác BDA  KCE . Suy ra BHK  BDA hay tam giác
BHD cân tại B, suy ra K là trung điểm HD. Từ đó có H  2; 0  .

ET

B  BC  B  t ; t  4   C  7  t;3  t  . Vì BH vuông góc với AC
 
t  5
nên ta có HB. AC  0  
.
t  2
+ Với t  5  B  5;1 không thỏa mãn đầu bài xB  3 .

ATH
S.N

0,25

 x  y 2  x  2 y 2  2 1


 2 x  2  4 y  8 y xy  2 y  34  15 x  2 
 2  x  2
Điều kiện: 
.
y  0





 2 x  y
2  x .y  2 y 2  0  
.
 2  x  2 y
2  x  y thay vào (2) ta được

1  2  x 
+ Với

2



TM

Câu 9
(1 điểm)

+ Với t  2  B  2; 2  , C  5;1 .
Phương trình AB: 3x  y  4  0 .
Phương trình AC: y  1  0 .
Ta kí hiệu các phương trình trong hệ như sau:

0,25

0,25



x  2  4 2  x  8 4  x 2  34  15 x  3  .

Đặt t  x  2  4 2  x  t 2  34  15x  8 4  x 2
t  0

VIE

Khi đó  3 trở thành 2t  t 2  
.
t  2

30
2 17
 x2 4 2 x  0
x
 y


17
17

 x  2  4 2  x  2
 x  2  y  0

0,25

0,25

+ Với 2  x  2 y . Vì y  0  2 y  0 mà 2  x  0 nên chỉ có
thể xảy ra khi x  2 và y  0 thử vào (2) thấy thỏa mãn.

Câu 10
(1 điểm)

30

 x  17
x  2
Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm: 
và 
.
y  0
 y  2 17

17
1
Đặt x  z  a . Từ giả thiết  x  z  y  z   1  y  z  .
a
Vì x  y  x  z  y  z  a  x  z  1 .

1
a

Ta có x  y  x  z   y  z   a  

a2 1
, thay vào P ta được:
a

0,25

P

a2

a

2

 1

2



a2
4
4
2

4

 3a 2  a 2  2
a
2
2
a
a
 a 2  1

Theo BĐT giữa TBC và TBN ta có P 
Xét hàm f  t  
f ' t  

t  1

 t  1

3

t

t  1

2

a

a

2

2

 1

2

 3a 2  4

0,25
0,25

 3t  4 với t  a 2  1 .

 3; f '  t   0  t  2 .

Bảng biến thiên
1
-

f t 

2
0



ET

t
f 't 

+

0,25

ATH
S.N

12

Từ bảng biến thiên ta nhận thấy f  t   12, t  1 hay
min f  t   12  t  2 .

1; 

VIE

TM

Vậy ta có Pmin

x  z  2

 12  
1 .
y  z 
2


0,25