Lào Cai (thi chiều ngày 26-4-2016)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

3
2
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = 2x + 3x - 1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x − 2 +

4
trên đoạn
x −1

 2; 4 

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 9 x − 3x+1 + 2 = 0 .
b) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z biết: z = ( 2 − 3i ) ( 3 + 3i ) .
2 + x 3 ln x
dx
x2
1
e

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
Câu 5 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình: sin 2 x − 3 cos x = 0 .
b) Đội tuyển học sinh giỏi toán của một trường có 8 học sinh lớp 12 và 7 học sinh khối 11.
Giáo viên cần chọn 5 em tham gia thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Tính xác suất để trong 5 học sinh được
chọn có cả học sinh khối 12 và khối 11.

x −1 y +1 z
=
= và mặt phẳng
2
−1 2
(P) có phương trình x − y − z + 1 = 0 . Tìm giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết
phương trình đường thẳng ∆ qua A vuông góc với d và nằm trong (P).
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho điểm đường thẳng d:

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều và AB = BC = CD = a .
Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD), góc giữa SC và
(ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (SAD).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là
8 1
7 1
trung điểm của AB. Biết I  ; ÷ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và G ( 3;0 ) , K  ; ÷
3 3
3 3
lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và ACM. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C .
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:
5

( xy − 3) y + 2 + x = x + ( y − 3 x) y + 2


2

 9 x + 16 − 2 2 y + 8 = 4 2 − x

Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
a2
b2
3
+
− (a + b ) 2 .
biểu thức P =
2
2
(b + c ) + 5bc (c + a ) + 5ca 4
-------------------------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:…………………………


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI

HDC KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: TOÁN
HDC gồm có: 06 trang

I. Hướng dẫn chấm:
1. Cho điểm lẻ tới 0,25;
2. Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần, không làm tròn;
3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức;

4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần.
II. Biểu điểm:
Câu 1 (1,0 điểm).
Nội dung

y = 2 x + 3x − 1
 TXĐ: D = ¡
 Sự biến thiên:
y = −∞;
+) Giới hạn: xlim
→−∞
3

Điểm

2

0,25

lim y = +∞

x →+∞

+) Bảng biến thiên:
y′ = 6 x 2 + 6 x

x = 0
y′ = 0 ⇔ 6 x 2 + 6 x = 0 ⇔ 
 x = −1
Bảng biến thiên

x –
y′
y

0.25
+

–1
0
0

–

0
0

+∞
+

+∞

–
–1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1), (0; +∞) , nghịch biến trên khoảng (−1;0)
Hàm số đạt cực đại tại x = −1 ; yCĐ = 0 , hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 ; yCT = –1
 Đồ thị:

0.25

0.25

Câu 2 (1.0 điểm).
Nội dung
Ta có f(x) liên tục trên đoạn  2; 4  , f '(x) =

x − 2x − 3
(x − 1)2

Điểm

2

Trang 2/6

0,25


Với x ∈ (2; 4) , f '(x) = 0 ⇔ x = 3

0,25

10
3

0,25

Ta có: f(2) = 4,f(3) = 3,f(4) =

f ( x ) = 3 tại x = 3 ; max f ( x ) = 4 tại x = 2 .
Vậy min

[ 2;4]
[ 2;4]

0,25

Câu 3 (1,0 điểm).
Nội dung
3x = 1
2
9 x − 3x +1 + 2 = 0 ⇔ ( 3x ) − 3.3x + 2 = 0 ⇔  x
3 = 2
x = 0
⇔
. Phương trình (1) có tập nghiệm là S = { 0; log 3 2}
 x = log 3 2
b) Tìm phần thực, ảo của số phức z biết : z = ( 2 − 3i ) ( 3 + 3i )

Điểm
0,25

0,25

z = ( 2 − 3i ) ( 3 + 3i ) = 9 − 3i ⇒ z = 9 + 3i

0,25

Phần thực của z là: 9, Phần ảo của z là:

0,25

3

Câu 4 (1,0 điểm).
Nội dung
e
2 + x ln x
2
 2

I =∫
dx
=
+
x
ln
x
dx
=
dx
+
∫  x2
∫ x2
∫ x ln xdx
÷
x2

1
1
1
1

e
2
−2 e −2
I1 = ∫ 2 dx =
=
+2
x 1 e
1 x
3

e

e

Điểm

e

1

du = dx

u = ln x

x
⇒
I 2 = ∫ x ln xdx . Đặt 
2
1
dv = xdx v = x



2
2
2
2
2
e
e 1
x
e x e e 1
I 2 = ln x − ∫ xdx = −
= +
1 21
2
2 4 1 4 4

0,25
0,25

e

I = I1 + I 2 =

0,25

−2
e2 1 e3 + 9e − 8
+2+ + =
e

4 4
4e

0,25

Câu 5(1,0 điểm).
Nội dung

Điểm

a) Giải phương trình: sin 2 x − 3 cos x
sin 2 x − 3 cos x = 0 ⇔ 2sin x cos x − 3 cos x = 0
 cos x = 0
⇔ cos x 2sin x − 3 = 0 ⇔ 
sin x = 3

2

(

)

0,25

Trang 3/6


π
+ kπ
2

3
π
2π
sin x =
⇔ x = + k 2π ∨ x =
+ k 2π
2
3
3
5
b) Số phần tử của không gian mẫu: Ω = C15
Gọi A là biến cố: “ 8 học sinh chọn có cả khối 12 và 11”
5
5
5
Số phần tử của biến cố A: Ω A = C15 − C8 − C7
cos x = 0 ⇔ x =

0,25

0.25

Ω A C155 − C85 − C75 38
=
=
Xác suất: P ( A) =
.
Ω
C155
39

0.25

Câu 6 (1,0 điểm).
Nội dung
 x = 1 + 2t

Đường thẳng d có dạng tham số:  y = −1 − t
 z = 2t


Điểm

A ∈ ( P ) ⇒ 1 + 2t + 1 + t − 2t + 1 = 0 ⇔ t = −3 . Vậy A ( −5; 2; −6 ) .
r
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là: n p = ( 1; −1; −1)
r
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là: ud = ( 2; −1; 2 )
r
r r
∆ có vectơ chỉ phương là: u =  n p , ud  = ( −3; −4;1)
x+5 y−2 z +6
=
=
Phương trình đường thẳng ∆ :
−3
−4
1
Câu 7 (1,0 điểm).
Nội dung

0,25

0,25

A ∈ d ⇒ A ( 1 + 2t ; −1 − t; 2t ) .

0,25

0.25
Điểm

S

0,25

M
K
D

A
I

H
B

C

Gọi H là giao điểm của AC và BD. Do (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng
·

(ABCD) nên SH vuông góc với (ABCD). Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH
suy ra
0
·
SCA
= 60 . Ta có: AC = a 3
HC BC 1
1
a 3
Do BC P AD suy ra
=
= ⇒ HC = AC =
HA AD 2
3
3
0
Xét tam giác SHC vuông tại H, có: SH = HC.tan 60 = a
Trang 4/6


1
1
3 3a 2
0
AB.BD + BC .CD.sin120 =
2
2
4
3
1

3a 3
Vậy VS . ABCD = S ABCD .SH =
3
4
Gọi I là trung điểm AD, K là hình chiếu vuông góc của H lên đường thẳng SI.
suy ra K là hình chiếu của H trên (SAD). Gọi M là hình chiếu của C trên (SAD)
·
suy ra SM là hình chiếu của SC trên (SAD) do đó góc giữa SC và (SAD) là MSA
1
a 3
Ta có HI = AH =
2
3
HI .HS
a
3
3a
= ⇒ MC = HK =
Xét tam giác SHI vuông tại H, có: HK =
2
2
2
2
4
HI + HS

Ta có S ABCD = S ABD + S BCD =

0,25

0,25

2a 3
3
MC 3 3
·
·
Xét tam giác SMC vuông tại M, có: sin MSC
=
=
⇒ MSC
≈ 40030′
SC
8
0
·
Vậy góc giữa SC và (SAD) là: MSC ≈ 40 30′

Xét tam giác SHC vuông tại H, có: SC = 2 HC =

0,25

Câu 8 (1,0 điểm).
Nội dung

Điểm

Gọi N là trung điểm của AM, khi đó:
CK CG 2
=

= ⇒ GK P AB
CN CM 3
Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
nên IM ⊥ AB ⇒ IM ⊥ GK
MN NK 1
=
= ⇒ MK / / ΒC
Lại có:
BN NC 3
Mà IG ⊥ BC ⇒ IG ⊥ MK
Do đó I là trực tâm của tam giác MGK

A

N

0,25

K

M

I
G

B

C

uuuur 

r
uur  −1 1  uur  1 
7
1  uuuu
Gọi M ( x; y ) . Ta có: KM =  x − ; y − ÷, GM = ( x − 3; y ) , GI =  ; ÷, KI =  ;0 ÷
3
3

 3 3
3 
I là trực tâm tam giác MGK nên ta có:
uur uuuur
GI .KM = 0
x = 3
⇔
⇒ M (3;1)
r
 uur uuuu
y =1
 KI .GM = 0

0.25

G là trọng tâm tam giác ABC nên
uuuu
r
uuuu
r
 xc − 3 = 3(3 − 3)
 xc = 3

MC = 3MG ⇔ 
⇔
⇒ C (3; −2)
 yc − 1 = 3(0 − 1)
 yc = − 2

Trang 5/6

0,25


K là trọng tâm tam giác ACM nên:
 x A = 3 xK − ( xC + xM )
 xA = 1
⇔
⇒ A(1; 2)

 yA = 2
 y A = 3 yK − ( yC + yM )

0,25

M là trung điểm của AB suy ra B ( 5; 0 )
Vậy A ( 1; 2 ) , B ( 5;0 ) , C ( 3; −2 ) .
Câu 9 (1,0 điểm).
Nội dung

Điểm



( xy − 3) y + 2 + x = x + ( y − 3 x) y + 2(1)

2

 9 x + 16 − 2 2 y + 8 = 4 2 − x (2)
5

0 ≤ x ≤ 2
Điều kiện: 
 y ≥ −2

(*) . Với điều kiện (*) ta có

x = 1
(1) ⇔ ( x − 1) ( y + 3) y + 2 − ( x + 1) x  = 0 ⇔ 
( y + 3) y + 2 = ( x + 1) x
Với x = 1 thay vào (2) ta được: 2 2 y + 8 = 1 ⇔ y = −
Ta có: (3) ⇔

(

y+2

)

3

0,25
(3)

31
( Không thỏa mãn điều kiện)
8

+ y + 2 = ( x )3 + x (4).

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên ¡ ; f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ¡
Suy ra, hàm số f ( t ) đồng biến và liên tục trên ¡ . Khi đó:
(4) ⇔ f ( y + 2) = f ( x ) ⇔

0,25

y+2 = x ⇔ y = x−2

Thay y = x − 2 vào (2) ta được: 4 2 − x + 2 2 x + 4 = 9 x 2 + 16
⇔ 32 − 8 x + 16 2(4 − x 2 ) = 9 x 2 ⇔ 8(4 − x 2 ) + 16 2(4 − x 2 ) − ( x 2 + 8 x) = 0

Đặt: t = 2(4 − x 2 )

(t ≥ 0) ; PT trở thành:

 x
t = 2
2
2
4t + 16t − ( x + 8 x) = 0 ⇔ 
t = − x − 4 < 0(loai )

2

0 ≤ x ≤ 2
x
4 2
4 2 −6

⇒y=
Ta có: 2(4 − x ) = ⇔  2 32 ⇔ x =
2
3
3
 x = 9
2

Trang 6/6

0,25
0,25


 4 2 4 2 −6
;
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 
÷
3 ÷
 3

Câu 10 (1,0 điểm).
Nội dung

Điểm

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
a2
a2
4a 2
≥
=
.
(b + c) 2 + 5bc (b + c )2 + 5 (b + c ) 2 9(b + c) 2 Tương tự, ta có
4
b2
4b 2
≥
.
(c + a ) 2 + 5ca 9(c + a) 2

0,25

2

a2
b2
4  a2
b2  2  a
b 
+
≥
+
Suy ra (b + c )2 + 5bc (c + a ) 2 + 5ca 9  (b + c) 2 (c + a) 2 ÷ ≥ 9  b + c + c + a ÷




2

 ( a + b) 2

2
+ c ( a + b) ÷
2
2



2 a + b + c (a + b)
2
2  2(a + b) 2 + 4c(a + b) 
2
= 
÷ = 
÷ ≥ 
÷.
9  ab + c(a + b) + c 2  9  ( a + b) 2
9  ( a + b) 2 + 4c(a + b) + 4c 2 
2 ÷
+ c( a + b) + c ÷


4

Vì a + b + c = 1 ⇔ a + b = 1 − c nên

2
2
2  2(1 − c) 2 + 4c(1 − c)  3
8
2  3
2
2
P≥ 
÷ − (1 − c ) = 1 −
÷ − (1 − c ) . (1)
9  (1 − c) 2 + 4c (1 − c) + 4c 2  4
9  c +1  4
2

0,25

2

8
2  3
2
Xét hàm số f (c) = 9 1 − c + 1 ÷ − 4 (1 − c) với c ∈ (0; 1).


16 
2 
2
3
.
− (c − 1);

2
Ta có f '(c) = 9 1 − c + 1 ÷
 (c + 1) 2
1
f '(c) = 0 ⇔ (c − 1) 64 − (3c + 3)3 = 0 ⇔ c = .
3
Bảng biến thiên:

(

)

c

f '(c)
f (c )

1
3
0

0

–

0,25

+

−1

9

1
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c) ≥ − 9 với mọi c ∈ (0; 1). (2)
1
1
Từ (1) và (2) suy ra P ≥ − 9 , dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3 .
1
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − , đạt khi a = b = c = .
9
3

Trang 7/6

1

0,25