de thi thu -dap an chi tiet

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể giao đề
Ngày thi: 27/03/2016
_____________________________

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

x+2
x −1

3
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số y = x − 3 ( m + 1) x + m − 2 đạt cực đại tại x = −1

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2sin 2 x − 3 sin xcosx + cos 2 x = 1
b) Một nhóm học sinh gồm 7 nam và 5 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh lên bảng giải bài tập.
Tính xác suất để chọn được 3 học sinh có cả nam và nữ.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2 log 9 ( 10 x − 3 ) − log 3 ( x − 2 ) = 3
b) Tìm mô đun của số phức z biết ( 2 − i ) z +
2

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x
1

(

4 + 2i
= 9 − 2i
1− i

)

x − 1 + ln x dx

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 2; −1;0 ) và đường thẳng
d:

x +1 y −1 z
=
=
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d. Tìm tọa độ điểm
2
1
−2

B thuộc trục Ox sao cho khoảng cách từ điểm B đến (P) bằng 3.
Câu 7 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc
giữa SC và mặt đáy bằng 450 . Gọi E là trung điểm BC. Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng DE và SC theo a.
Câu 8 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD. Biết diện tích
 1



hình thang bằng 14, đỉnh A ( 1;1) và trung điểm cạnh BC là H  − ;0 ÷. Viết phương trình đường
 2 
thẳng AB biết đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng d : 5 x − y + 1 = 0
Câu 9 (1,0 điểm).
 x + 3 + xy + x + 3 y + 3 + x + 1 = 2 y + y + 1

( x, y ∈ ¡ )
Giải hệ phương trình: 
2
x
−
3
y
+
1
=
y
−
1
x
−
2
x
+
3
x
+
1
−

2
(
)
(
)
(
)
(
)

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

(

P=

)

9
1
2
+ ( x + y + z) + 2
3
7 x + y + 4 xy + 18. xyz 2

--------------------Hết---------------ĐÁP ÁN


Câu
Nội dung

1(1điểm) Trình bày đủ các bước chính xác (cho điểm tối đa). Nếu chưa đầy đủ hoặc sai
sót ( tùy giám khảo)
2(1điểm) TXĐ: R
y ' = 3x 2 − 3 ( m + 1)

3(1điểm)

HS đạt cực đại tại x = −1 ⇒ y ' ( −1) = 0 ⇔ ... ⇔ m = 0

0,5

Thử lại: m = 0 (thỏa mãn)
KL

0,5

a) 2sin 2 x − 3 sin xcosx + cos 2 x = 1
s inx = 0 ( 1)
2
⇔
sin
x
−
3
sin
xcosx=0
⇔

Pt
s inx − 3cosx = 0 ( 2 )

( 1) ⇔ x = kπ ( k ∈ Ζ )

( 2 ) ⇔ tan x =

3⇔x=

n ( A ) = C71C52 + C72C51 = 175

Xác suất P ( A ) =

0,5

n ( A ) 35
=
n ( Ω ) 44

a) ĐK: x > 2
Pt ⇔ log 3 ( 10x − 3) − log 3 ( x − 2 ) = 3
⇔ log 3

0,5

π
+ kπ
3

3
b) n ( Ω ) = C12 = 220
Gọi A là biến cố chọn được 3 HS có cả nam và nữ

4(1điểm)

Điểm
1

10x − 3
= 3 ⇔ ... ⇔ x = 3 ( TM )
x−2

0,5

KL
b) Tìm được z =

21 2
− i
5 5

Tính được z =
2

Câu5
(1điểm)

I =∫x
1

(

)

0,5

445
5

2

2

1

1

x − 1 + ln x dx = ∫ x x − 1dx + ∫ x ln xdx = J + K

Tính J: Đặt t = x − 1 . Tính được J =

16
15

u = ln x
3
. Tính được: K = 2 ln 2 −
4
 dv = xdx

Tính K: Đặt 

Câu 6

19
Suy ra I = 2 ln 2 +
60
r
r
( P ) ⊥ d ⇒ Chọn n P = u d = ( 2;1; −2 )

0,5

0,5


(1điểm)

Phương trình (P): 2x + y − 2z − 3 = 0

0,5

B ∈ Ox ⇒ B ( b;0;0 )
d ( B, ( P ) ) =

Câu 7
(1điểm)

2b − 3
b = 6
=3⇔ 
. Vậy B ( 6;0;0 ) orB ( −3;0;0 )
3

 b = −3

0,5

·
SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) ⇒ SCA
= 450

0,5

∆SAC vuông cân tại A ⇒ SA = AC = a 2

1
a3 2
VS . ABCD = SA.S ABCD =
3
3

*Tính d(DE,SC)
Dựng CI // DE, suy ra DE // ( SCI).
Dựng AK ⊥ CI cắt DE tại H và cắt CI tại K
Trong (SAK) dựng HF ⊥ SK , do CI ⊥ ( SAK ) ⇒ HF ⊥ ( SCI )
AK =

CD. AI 3a
1
a
=
, HK = AK =
CI

3
5
5

Khi đó d ( DE , SC ) = d ( H , ( SCI ) ) = HF =

Câu 8
(1điểm)

0,5

SA.HK a 38
=
SK
19

Gọi E = AH ∩ DC . Dễ thấy ∆HAB = ∆HEC ⇒ S ADE = S ABCD = 14
a 13
, AE = 2AH = a 13 ; phương trình AE: 2 x − 3 y + 1 = 0
2
D ∈ d ⇒ D ( d ;5d + 1) , d > 0
AH =

S ADE

0,5

d = 2
1
28

= AE.d ( D, AE ) = 14 ⇔ d ( D, AE ) =
⇔ ... ⇔ 
 d = −30 ( L)
2
13
13


Suy ra D ( 2;11)
+ H là trung điểm AE ⇒ E ( −2; −1)
Phương trình CD: 3 x − y + 5 = 0
AB đi qua A và song song với CD ⇒ ptAB : 3 x − y − 2 = 0

0,5


 x + 3 + xy + x + 3 y + 3 + x + 1 = 2 y + y + 1 ( 1)


2
x +1 − 2 ( 2)
( x − 3) ( y + 1) = ( y − 1) x − 2 x + 3

)(

(

Pt(1) ⇔ x + 3 +
 a = x + 3

Đặt 

)

( x + 3) ( y + 1) + x − 2 y + 1 =

y +1

a = b
a 2 − 2b 2 + ab + a − b = 0 ⇔ 
 a + 2b + 1 = 0

( a, b ≥ 0 ) , (1) trở thành:

b = y + 1
+ a + 2b + 1 = 0 vô nghiệm do a, b ≥ 0
+ Xét a = b ⇒ y = x + 2 thay vào (2) ta được:

Câu 9
(1điểm)

( x − 3) ( x + 3) = ( x + 1) ( x 2 − 2x + 3) (

x +1 − 2

⇔ ( x − 3) ( x + 3) = ( x + 1) ( x 2 − 2x + 3 ) .

x−3
x +1 + 2

)
0,5

 x = 3 ⇒ y = 5(tm)
⇔
2
( x + 3) x + 1 + 2 = ( x + 1) ( x − 2x + 3 ) ( *)

(

(*) ⇔ ( x + 1 )


)

2

+ 2


(

)

2
x + 1 + 2 = ( x − 1) + 2  ( x − 1) + 2 



2

Xét hàm số f ( t ) = ( t + 2 ) ( t + 2 ) , t ≥ 0 có f ' ( t ) > 0∀t ∈ ¡

Suy ra f ( t ) đồng biến mà f

(

)

x + 1 = f ( x − 1) ⇔ x + 1 = x − 1

x ≥ 1
⇔ 2
⇔ x = 3⇒ y = 5
 x − 3x = 0

0,5

Vậy hpt có nghiệm: ( 3;5 )

Câu 10
(1điểm)

Ta có: 4 xy = 2 x.4 y ≤ x + 4 y ; 18 3 xyz = 3 3 x.4 y.9z ≤ x + 4 y + 9z
Dấu “=” xảy ra khi x = 4y = 9z
1
1
2
+ ( x + y + z) + 2
x+ y+z 2

0,5

1
1
2
t
7
Lập bảng biến thiên tìm được min f ( t ) = ⇔ t = 1
2
7
36
9
4
Vậy min P = ⇔ x = ; y = ; z =
2
49
49
49

0,5

Suy ra P ≥

2
Đặt t = x + y + z , ( t > 0 ) , xét hàm số f ( t ) = t + + 2 (t > 0)