Đề 4 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) 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  trên đoạn  12 ; 2 .
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
  30 . Gọi H là hình chiếu vuông của A trên
ABC vuông ở C có AB  2a, CAB
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  : 3 x  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
 
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
2

1

trên tập số

x 3

thực.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn  x  4 2   y  4 2  2 xy  32 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  x3  y 3  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 '  3 x 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

- Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y  
x 
x 

0,25

 Bảng biến thiên
2



x
y'





0

y



0


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
Ta có f  x   x 4  4 x 2  4 ; f  x  xác định và liên tục trên đoạn   ; 0 ;
 2

f

'

 x  4x

3

 8 x.



0,25

1

Với x    ; 2 , f '  x   0  x  0; x  2
 2 
1
1
Ta có f     3 , f  0   4, f  2   0, f  2   4 .
 2

16

0,25
0,25

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên đoạn

3

 1 
  2 ; 0  lần lượt là 4 và 0.
sin 3 x  cos 2 x  1  2sin x cos 2 x  sin 3 x  cos 2 x  1  sin x  sin 3 x

a)

 cos 2 x  1  sin x

0,25
0,25


 x  k
sin x  0

 x    k 2
 1  2sin 2 x  1  sin x  

1
sin x 

6

2

5
x 
 k 2
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
Pt hoành độ giao điểm
 x  m  x  1   x  m  x  1 (vì x  1 không
x 1
là nghiệm của pt)  x 2   m  2  x  m  1  0 (1)
2

2

log 8  2 x   x  1 

4

0,25
0,25

Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2    m 2  8  0  m   .
x  x  m  2

Khi đó A  x1 ; x1  m  , B  x2 ; x2  m  .Theo hệ thức Viet ta có  1 2
 x1 x2  m  1
2

2

0,50

2

AB  3 2  AB  18  2  x1  x2   18   x1  x2   9 
2

2

  x1  x2   4 x1 x2  9   m  2   4  m  1  9  m  1

5

4

a) P 

4

4

0,50

4

4

4

sin a  cos a
sin a  cos a
sin a  cos a



.
2
2
2
2
2
2
sin a  cos a  sin a  cos a  sin a  cos a  sin 4 a  cos 4 a
4

0,25

4

1  cot a 1  2
17


4
4
1  cot a 1  2
15
b) Số phần tử của không gian mẫu n     C503  19600.

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

0,25
0,25

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


Trong mặt phẳng  SAC  , kẻ HI song song với SA thì HI   ABC  .

Ta có CA  AB cos 30  a 3. Do đó
1
1
a2 3
.
AB. AC.sin 30  .2a.a 3.sin 30 
2
2
2
HI HC HC.SC AC 2
AC 2
3a 2
3
6
Ta có





  HI  a .
2
2
2
2
2
2
SA SC
SC
SC

SA  AC
4a  3a
7
7
2
3
a 3
1
1 a 3 6
Vậy VH . ABC  S ABC .HI  .
.
. a
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 .

0,25

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
12 a
7
1
1
1
1
1
1

 2
 2  2  2  AK  a 2 .
2
2
AK
SA
AB
4 a 4a
2a
Tam giác HKA vuông tại H (vì AH   SBC  ,  SBC   HK ).

7

a.2 3
7  6  cos HKA
  AH 
 7
sin HKA
7
AK
a 2
7
OA : 2 x  y  0 .

0,50

OA  BC  BC : 2 x  y  m  0  m  0  .

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
B  7; 1  7  , C  1  7;1  3 7  hoặc B  2;1 , C 1; 5 
8

0,50

Gọi vec tơ pháp tuyến của AB, AC , BC lần lượt là



n1 1; 2  , n2  2;1 , n3  a; b  .Pt BC có dạng a  x  1  b  y  2   0 , với
a 2  b 2  0 . Tam giác ABC cân tại A nên
 
 
cos B  cos C  cos n1 , n3  cos n2 , n3 



a  2b
a 2  b2 5



2a  b
a 2  b2





 a  b

5
a  b



0,50


2 1

Với a  b . Chọn b  1  a  1  BC : x  y  1  0  B  0;1 , C   ;  ,
3 3




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 .
 

   

Ta có DB.DC   DI  IB  DI  IC   DI 2 
9

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

x  x2

x3

x


2

2

 x2  1  0 

2

x 3

0,25

x2  x  2
4
 2
x3
x  3  x2  1  0
x2  x  2
2

2
x3
x 3

 1 x 2  x  6 

 x  3   x 2  3
2

x  x2

x3

 x2  1  0

2

0,50

2

x 3







x2  x  6
2
  x  1 
 1  0
2
2  
 x  3 x2  3  x  x  2 







2

 
x

3
x


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

10

0,25

2

2

2

Ta có  x  4   y  4   2 xy  32   x  y   8  x  y   0  0  x  y  8
3
2
A   x  y   3  x  y   6 xy  6   x  y    x  y   3  x  y   6.
2
3
Xét hàm số: f  t   t 3  t 2  3t  6 trên đoạn  0;8 .
2
1 5
1 5
Ta có f '  t   3t 2  3t  3, f '  t   0  t 
hoặc t 

(loại)
2
2
 1  5  17  5 5
17  5 5
Ta có f  0   6, f 
, f  8   398 . Suy ra A 
 
4
4
 2 
3

Khi x  y 
17  5 5
4

0,50
0,25

3

0,25
0,25

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

0,25