Đề thi thử môn toán THPT quốc gia năm 2015 (1)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN
TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN

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

ĐỀ CHÍNH THỨC
4
2
Câu 1 (1,0điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x − 4 x + 2

Câu 2 (1,0điểm.) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

f ( x) =

x
− ln ( x 2 − x + 2 )
2
trên

 1 
 − ;3
đoạn  3 

Câu 3 (1,0điểm).
z − 4i
z − 11
= z −1
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2

. Hãy tính z + 2i .

b) Giải bất phương trình:

log 5 ( 4 x + 1) − log 5 ( 7 − 2 x ) ≤ 1 + log 1 ( 3 x + 2 )
5

π
4

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

I =∫
0

( x + 2 cos x ) sin x dx
cos 2 x

Câu 5 (1,0điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
d:

( P ) : 3x − 3 y + 4 z + 16 = 0 ,

x −1 y + 3 z − 5
=
=
1
2
−1 và điểm M ( 2;3;1) . Gọi A là điểm thuộc đường thẳng d, B là

đường thẳng
hình chiếu của A trên mặt phẳng (P). Tìm tọa độ điểm A biết tam giác MAB cân tại M.
Câu 6 (1,0 điểm).
π
3π
α
α 4
<α <
sin − cos =
2 và
2
2 3 . Tính giá trị của cos 2α
a) Cho góc α thỏa mãn 2

b) Một đồn cảnh sát khu vực có 12 người trong đó có Sơn và Nam. Trong ngày cần cử 5 người
làm nhiệm vụ ở địa điểm A, 4 người làm nhiệm vụ ở địa điểm B, 3 người trực tại đồn. Hỏi có bao
nhiêu cách phân công. Tính xác suất để Sơn và Nam cùng làm ở một địa điểm.
Câu 7(1,0điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D;
AB = AD = 2a, CD = a ; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600 , SI là đường cao của
khối chóp với I là điểm trên cạnh AD sao cho AD = 3 AI .Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và

khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).
Câu 8 (1,0điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm của
 11 2 
3 6
H ;− ÷
M ;− ÷
cạnh AD và  5 5  là hình chiếu vuông góc của B trên cạnh CE;  5 5  là trung điểm

của cạnh BH. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A có hoành độ âm.

2 x 2 − y 2 − 2 ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 4 x + 2 y + 1

( x, y ∈ ¡

 xy + 2 = ( y + 1) x 2 + 2 − x
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2
2
Câu 10 (1,0điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 2 x .
P=

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

)

x+z
z
4x2
+
−
x + 2 y +1 y +1 ( x + y) 2

-----------Hết----------Họ và tên thí sinh:...............................................................................

Số báo danh..............................


Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN 1)
Câu

Đáp án (Trang 01)

•
•

Tập xác định: D = ¡
Sự biến thiên:

x = 0
1
y′ = 4 x − 8 x; y ' = 0 ⇔ 
(1,0đ)
x = ± 2
+ Chiều biến thiên:
Các khoảng đồng biến, nghịch biến
+ Cực trị
+ Giới hạn tại vô cực
• Bảng biến thiên
• Đồ thị
 1 
 − 3 ;3
f ( x)
Hàm số
liên tục trên

Điểm
0,25

3

2
(1,0đ)

Ta có

f '( x) =

1
2

−

2x −1
x2 − x + 2

=

x 2 − 5x + 4

 1 
 − 3 ;3



Vậy

1

1
22
 1
− ln 2; Minf ( x ) = f  − ÷ = − − ln
1


2
6
9
 3
 − 3 ;3


3
(1,0đ)

−

53
z − 4i
z − 4i 2 − 7i
=
=1
z + 2i
29
; z = 2 − 3i ⇒ z + 2i = 2 + 5i

1
7

4
2

⇔ 12 x 2 + 21x − 33 ≤ 0
 1 
33
S =  − ;1
⇔ − ≤ x ≤1
 4 
12
. Tập nghiệm

I=∫
0

4
(1,0đ)

π

cos x

∫ cos
0

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
π

( x + 2 cos x ) sin x dx = 4 x sin x dx + 2 4 sin x dx = A + 2B
2

0,25

0,25

Điều kiện:
⇔ log 5 ( 4 x + 1) + log 5 ( 3 x + 2 ) ≤ 1 + log 5 ( 7 − 2 x )
BPT
⇔ ( 4 x + 1) ( 3 x + 2 ) ≤ 5 ( 7 − 2 x )

π
4

0,25



 z = 2 + 3i
z − 11
= z − 1  z = 2 − 3i
z−2
⇒

z = 2 + 3i ⇒

0,25
0,25

2 x2 − 2 x + 4


 1 
 x = 1 ∈  − 3 ;3 ÷


f '( x) = 0 ⇔ 

 1 
 x = 4 ∉  − ;3 ÷
 3 

Do đó
1
22
1
3
 1
f  − ÷ = − − ln ; f ( 1) = − ln 2; f ( 3 ) = − 3 ln 2
6
9
2
2
Ta có  3 

Maxf ( x ) = f ( 1) =

0,25

2

x

∫ cos x

0,25

0

π

u = x
 du = dx
2π 4 d ( sin x )


⇒
⇒
A
=
+∫ 2

sin xdx 
1
4

sin x − 1
0
 dv = cos 2 x
v = cos x
Đặt

0,25


2π
1
− ln 2 + 2 + ln 2
4
2
π
1
2π
3
B = − ln cos x 04 = ln 2 ⇒ I =
− ln 2 + 2 + ln 2
2
4
2

0,25

Đáp án (Trang 02)
Gọi H là trung điểm AB và A’ là điểm đối xứng của A qua M.
 MH / / A′B
⇒ A′B ⊥ AB


⇒ A′ ∈ ( P )
MH
⊥
AB

Khi đó:

Điểm

A ∈ d ⇒ A ( 1 + t ; −3 + 2t ;5 − t )

0,25

A=

(

)

(

Câu

5
(1,0đ)

6
(1,0đ)

)

0,25

0,25

A′ ( −t + 3; −2t + 9; t − 3)
Vì M là trung điểm AA’ nên
A′ ∈ ( P ) ⇒ t = 2 ⇒ A ( 3;1;3)
Mà
α
α 4
16
7
sin − cos = ⇒ 1 − sin α = ⇒ sin α = −
2
2 3
9
9
Ta có
17
cos 2α = 1 − 2 sin 2 α = −
81
Vậy

0,25

5
4
3

Số cách phân công là C12 .C7 .C3 = 27720
1
C 3 .C 4 .C 3 + C102 .C85 .C33 + C10
.C95 .C44 19
P = 10 7 3
=
5
4
3
C
.
C
.
C
66
12
7
3
Xác suất cần tìm là

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

7
(1,0đ)

Kẻ

·
IK ⊥ BC ( K ∈ BC ) ⇒ SK ⊥ BC ⇒ SKI
= 600

2
, S ABCD = 3a
1
2 5a
= IK .BC ⇒ IK =
2
3

5a 2
S∆IBC = S ABCD − ( S∆ABI + S∆CDI ) =
S∆IBC
3 mà
Ta có
2 15
1
2 15 3
⇒ SI = IK .tan 600 =
a ⇒ VABCD = SI .S ABCD =
a
3
3
3
6
6

IH ⊥ SK ( H ∈ SK ) ⇒ d ( A; ( SBC ) ) = 5 d ( I ; ( SBC ) ) = 5 IH
Kẻ

1
1
1
15
2 15
= 2 + 2 ⇒ IH =
a ⇒ d ( A; ( SBC ) ) =
a
2
SI
IK
3
5
Do đó: IH

0,25

0,25
0,25
0,25


8

Câu

Đáp án (Trang 03)

M ( −1; −2 )

Vì M là trung điểm BH nên
Gọi F đối xứng với E qua A. Khi đó: BF / / EC ⇒ BFEH là hình thang, có
AM là đường trung bình nên AM ⊥ BH
Ta có: BH : x − 2 y − 3 = 0

8
(1,0đ)

9
(1,0đ)

CE : 2 x + y − 4 = 0, AM : 2 x + y = 0
CD
2
·
·
cos BAM
= cos ECD
=
=
CE
5
uuur
A ( a; −2a ) , a < 0 ⇒ AB = ( a + 1; −2a + 2 )
Gọi
uuu
r uuuu
r

AB.u AM
2
2
·
cos BAM
=
⇔ uuur uuuu
r =
5
5
AB . u AM
Ta có
 a = −1
2
⇔ 5a − 6a − 11 = 0 ⇔ 
⇒ A ( −1; 2 )
 a = 11 ( l )
5


Điểm
0,25

0,25

0,25

AD : y − 2 = 0 , vì E = CE ∩ AD ⇒ E ( 1; 2 )
D ( 3; 2 )
Vì E là trung điểm AD nên

uuur uuur
⇒ C ( 3; −2 )
Vì BC = AD
. Kết luận

0,25

2
Từ phương trình thứ hai của hệ ta có: y + 1 = x + 2 + x
Thay vào phương trình thứ nhất ta được:
2
2
( x + 1) 1 + ( x + 1) + 2  = − x 1 + ( − x ) + 2 




t2
f ( t ) = t 1 + t 2 + 2  → f ' ( t ) = 1 + t 2 + 2 +
> 0, ∀t


t2 + 2

0,25

1
1
( x; y ) =  − ; 0 ÷
x +1 = −x ⇔ x = − ⇒ y = 0

 2 
2
Cho ta
. Nghiệm của hệ :

0,25

⇒ 2 x + 2 xy = z 2 + ( x + y ) ≥ 2 z ( x + y ) → x + xy ≥ xz + yz ( 1)

0,25

0,25
0,25

2

10
(1,0đ)

GT
Dấu bằng khi x + y = z

0,25

z
x
x+ z
x
≤
,

≤
Từ (1) và x, y, z dương suy ra y + 1 y + 1 x + 2 y + 1 x + y

0,25

2

 x 
2x
⇒P≤
− 4
÷
x+ y
 x+ y
x
t=
> 0 → P ≤ 2t − 4t 2
f ( t ) = 2t − 4t 2 , 0 < t < 1
x+ y
Đặt
. Xét hàm số
1 1
f ( t ) ≤ f  ÷=
4 4
Lập BBT cho ta

0,25


Kết luận:

MaxP =

1
1 3 4
⇔ ( x; y; z ) =  ; ; ÷
4
 13 13 13 

---------------------Hết---------------------

0,25