Đề 45 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) năm 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA

Câu 1 ( 1,0 điểm).

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
Năm học 2015 - 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 3  3 x  1 .

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số f  x   x 2  x  1 .
Câu 3 (1,0 điểm).
3

1  4i  1  i 
a) Cho số phức z thỏa mãn z 
. Tìm modun của số z.
1 i
b) Giải bất phương trình 32 x 1  22 x 1  5.6x  0
e

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I 

x  2ln x
1 x2 dx .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3  và đường thẳng
x 1 y 1 z  3



. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A và vuông góc với đường
2
1
3
thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  5 .
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sin 2 x  1  6 sin x  cos 2 x
b) Để chào mừng ngày 26/03, trường tổ chức cắm trại. Lớp 10 A ó 19 học sinh nam, 16 học
sinh nữ. Giáo viên cần chọn 5 học sinh để trang trí trại. Tính xác suất để trong 5 học sinh
được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ biết rằng học sinh nào trong lớp cũng có khả năng
trang trí trại.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B. Các mặt
bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Cho AB = 2a, AD > a. SA = BC = a,
CD  2a 5 . Gọi H là điểm nằm trên đoạn AD sao cho AH = a . Tính thể tích của khối chóp
SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BH và SC theo a.
Câu 8(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có AC=2AB, điểm
 9
  CAM
 . Gọi E là trung
M 1;  là trung điểm của BC, D là điểm thuộc cạnh BC sao cho BAD
2


điểm của AC, đường thẳng DE có phương trình: 2 x  11 y  44  0 , điểm B thuộc đường thẳng d
có phương trình: x + y – 6 = 0. Tìm tọa độ 3 điểm A, B, C biết hoành độ của điểm A là một số
nguyên.
 2 x 2  5 xy  y 2  y xy  2 y 2  4 y 2  xy
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 3 y  x2  2x  x  x 2  9 y 2  0


d:





Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số a , b, c không âm sao cho tổng hai số bất kì đều dương. Chứng
minh rằng:

a
9 ab  bc  ca
b
c


 6.

b c
a c
a b
a b c


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015-2016 – LẦN 1
MÔN : TOÁN
Nội dung

Điểm

Câu 1(1,0 điểm)

y   x3  3x  1

0.25

TXĐ: D  R
y '  3 x 2  3 , y '  0  x  1
lim y   , lim y  
x 

0.25

x 

* Bảng biến thiên
X
–
y’
+
y

-

-1
0

1
0
3

+

+
-

-1

-

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng  1;1

0.25

Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1
Đồ thị:
Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0;1), (-2;3), (2; -1).

0.25

4

2

2

4

Câu 2 (1,0 điểm)
TXD : 
f ' x 

0.25
2x 1

2 x2  x 1


f ' x  0  x 

0,25

1
2

Bảng biến thiên
X
–
y’

1/2
0

–

+

0.25

+

y
3
2
1 3
Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là  ;
 . Đồ thị hàm số không có điểm cực đại.
2
2



0.25

Câu 3( 1,0 điểm)
Câu 3a) (0,5 điểm)
3

z

1  4i  1  i  1  4i  1  3i  3i 2  i 3 (1  2i )(1  i )


1 i
(1  i )(1  i)
1 i

0,25

1  i  2i  2i 2 1  3i



2
2
2

2

10
1 3
z      
2
2 2

0,25

Câu 3b (0,5 điểm)
2x

x

x

1 3
 3
3
b) bpt  3    2  5    0       2
3 2
 2
2

0,25
0,25

x

1
3
    (luôn đúng)
3
2
x

3
   2  x  log 3 2 .
2
2


Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  , log 3 2 
2 

Câu 4( 1,0 điểm)
e

e

e

e

e
1
ln x
ln x
ln x
I   dx  2 2 dx  ln x 1  2  2 dx  1  2 2 dx
x
x
x
x
1
1
1
1

0.25

e

ln x
dx
2
x
1

Tính J  

Đặt u  ln x, dv 

0.25

1
1
1
dx . Khi đó du  dx, v  
2
x
x
x


e

e

1
1
Do đó J   ln x   2 dx
x
x
1
1
e

2
1 1
  1
J  
e
e x1

0.25

4
e
Câu 5( 1,0 điểm)

Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3 

Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3  làm VTPT

Vậy I  1 

0.25
0,25

Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0

0,25

 2 x  y  3z  18  0
Vì B  d nên B  1  2t ;1  t; 3  3t 

0,25

2

2

AB  5  AB 2  5   3  2t   t 2   6  3t   5  7t 2  24t  20  0
t  2

  10
t 
7


 27 17 9 
Vậy B  5;3;3 hoặc B   ; ; 
 7 7 7

0,25

Câu 6 ( 1,0 điểm)
Câu 6a(0,5 điểm)

sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x
 (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0

0.25

 2sin x  cos x  3  2 sin 2 x  0
 2sin x  cos x  3  sin x   0

sin x  0

sin x  cos x  3(Vn)
 x  k . Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z

0. 25

Câu 6b(0,5 điểm)

Gọi A là biến cố :”trong 5 học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ”
n     C355

0.25

Số cách chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất 1 học sinh nữ là n(A)= C355  C195

0,25

Do đó xác suất để 5 học sinh được chọn trong đó có ít nhất 1 học sinh nữ là
C355  C195
P
 0,96
C355
Câu 7(1,0 điểm)


Do (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy
nên SA  ( ABCD ) . AHCB là hình bình hành,
suy ra CH=AB=2a,

S

0.25

HD  CD 2  CH 2  4a  AD  5a.
J
H

A

K
B

E
D

F

C

1
 a  5a  2a  6a 2
2
1
 SA.S ABCD  2a3 .
3

S ABCD 
VSABCD

0.25

Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CE//BH (E thuộc AD), ta có
1
d BH , SC   d  BH , SCE    d H , SCE   d A, SCE 
2

0.25

Kẻ

AF  CE , AJ  SF  AJ   SCE 
d A, SCE    AJ
Gọi K là giao điểm của BH và A F.

0,25

1
1
2a
4a
1


 AK 
 AF 
2
2
2
AK
AH
AB
5
5
1
1
4a
1



 AJ 
2
2
2
AJ
AS
AF
21
1
2a
d BH , SC   d A, SCE   
2
21
Câu 8(1,0 điểm)
Gọi I là giao điểm của BE và AD, G là giao
điểm của AM và BE. ABI  AEG ( g.c.g )
suy ra BI=GE mà BG=2GE( do G là trọng tâm
của tam giác ABC) suy ra BI=IG=GE.
Kẻ EH //BC ( H thuộc đoạn AD). Chứng minh
được CD=2HE, HE=2BD, suy ra CB=5BD

A
E

H
I
B

G
D

M

C

0,25




 9
2 BM  5BD, B(b; 6  b), D(22  11d ; 2d ), M 1; 
 2

9
 11 18 
55d  3b  108 d   D  ; 
5


5 5
10d  3b  27
b  3  B  3;3


0,25

 9
M  1;  là trung điểm của BC suy ra C(-1;6).
 2

0,25

Gọi E(22-11e;2e), E là trung điểm của AC suy ra A(45-22e; 4e-6)
e  2(tm)  A(1; 2)
2
AC  2 AB  75e  278e  256  0   128
e 
(l )
75

Vậy A(1;2), B(3;3), C(-1;6).
Câu 9(1,0 điểm).

0,25

0.25

DK : 4 y  x  2 y  0

Với y=0 thì x=0.
y  0, (1)  2 x 2  5 xy  y 2  y





xy  2 y 2  4 y 2  xy  0

2

x
x
x
x
 2   5 1
2  4  0
y
y
y
 y

0,25

x
Đặt  t  t   2; 4
y
2t 2  5t  1  t  2  4  t  0  2t  t  3  t  2
 2t  t  3 

 t  3

t 2

t  2 1





 



t  2 1  1  4  t  0

t 3
 0  t  3  x  3y
1 4  t
0.25

Thay x  3 y , thay vào (2) ta được :
x  x 2  2 x  x  x x2  2  0




 

x 1  x  2  x 1  x2  2







Xét hàm số f  t   t 1  t 2  2 , f '  t   1  t 2  2 

f

x  0  y  0
x  f  x  x  x  
x  1  y  1
3


 

t2
t2  2

 0 t  
0.25


 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm  0; 0  , 1; 
 3

Câu 10 (1,0 điểm) .

b
c
a
9 ab  bc  ca



bc

ac
ab
a bc
ab
ac
b.b
c.c


 bc

Giả sử a  b  c , khi đó
ab
bc
cb
ac

Đặt P 

Suy ra

b
c
bc


.
ab
a
ac

Đặt t  b  c thì P 

a
t 9 at


.
a at
t

t 9 at a  t 9 at
a




 6 (AM-GM). Do đó P  6 (đpcm).
t
a at
at a  t
Đẳng thức xảy ra khi a  t  3 at và chẳng hạn một bộ (a, b, c ) thỏa mãn là

Ta có

 73 5

(a; b; c)  
;1;0 


 2

0,25

0,25
0,25
0,25