Đề và đáp án thi thử môn toán THPT tham khảo thi đại học (42)

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG IV
THANH HÓA

THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

m

(Đề thi gồm 01 trang)
1 3 9 2
x  x  6x  4 .
4
4

3
trên đoạn  2;5 .
x

.co

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x)  2 x 
Câu 3 (1,0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn (2  i ) z  5  6i  0 . Tìm phần thực và phần ảo của z
b) Giải phương trình log 3 ( x 2  x  1)  2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   (2 x  1)e x dx
0

VN

1

Câu 6 (1,0 điểm).

TH

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 1; 2), B(3;1;1) và mặt
phẳng (P) : x  2 y  3 z  5  0 . Viết phương trình đường thẳng AB, tìm góc giữa đường thẳng AB với
mặt phẳng (P), và tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P).

2
.
3
b) Có hai thùng đựng một loại nước mắm Cự Nham - Xã Quảng Nham - Huyện Quảng Xương nổi tiếng
Tỉnh Thanh Hóa. Thùng thứ nhất đựng 10 chai (6 chai nước mắm Cự Nham thật và 4 chai nước mắm Cự
Nham rởm do kẻ gian bỏ vào ). Thùng thứ hai đựng 8 chai (5 chai nước mắm Cự Nham thật và 3 chai
nước mắm Cự Nham rởm do kẻ gian bỏ vào ). Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng một chai. Tính xác suất để hai
chai lấy được có ít nhất một chai là nước mắm Cự Nham thật.

MA

a) Tính giá trị của biểu thức P  (3  cos 2 )(1  2cos 2 ) , biết sin  

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB=2a, BAC  60 , cạnh
bên SA vuông góc với đáy và SA  a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Tính thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM theo a .

w.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AD là phân giác trong của
góc A. Các điểm M và N tương ứng thuộc các cạnh AB và AC sao cho BM=BD, CN=CD. Biết
1
3
5
D(1; ) , M ( ; 2), N (  ; 4), hãy viết phương trình của các cạnh tam giác ABC.
2
2
2

ww

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực
3
2

 y  ( x  3) y  (2 x  3) y x  1  0
 2

 y  6 y  6  ( y  1) 14 y  13  10 x  9
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y và xy  ( x  y) z  z 2  1. Tìm giá
1
1
1


trị nhỏ nhất của biểu thức P 
2
2

4( x  y ) ( x  z ) ( y  z ) 2

-------------Hết-------------


TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG IV
THANH HÓA

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Đáp án

Câu

Điểm

1) Tập xác định : D=R
2) Sự biến thiên
a) Chiều biến thiên
3
9
Ta có y '  x 2  x  6
4
2
x  2
3
9

y '  0  x2  x  6  0  
4
2
x  4
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2) và (4;  ) , nghịch biến trên khoảng (2; 4)
b) Cực trị
Hàm số đạt cực đại tại (2;1) , đạt cực tiểu tại (4;0)
c) Giới hạn
lim   và lim  
x

VN

.co

m

1

x

d) Bảng biến thiên


x
y'
y

2
0

1

4
0

-

TH

+



3) Đồ thị

0.25



+



0.25

0

y

MA

0.25

f(x)=(1/4)*x^3-(9/4)*x^2+6*x-4

8

6

4

2

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

x
3

4

5

6

7

8

9

0.25

-4

-6

-8

Ta có hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn  2;5

ww

2

w.

-2

0.25

3 2 x2  3

x2
x2
6
11
53
f '( x)  0  x  
  2;5 , f (2) 
, f (5) 
2
2
5

Đạo hàm f '( x)  2 

Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn  2;5 lần lượt là

3a

0.25

0.25
11
53
và
2
5

0.25

Ta có (2  i ) z  5  6i  0

1


5  6i 4 17

 i
2i
5
5
4
17
Vậy số phức z có phần thực là
, phần ảo là
5
5
2
Phương trình đã cho tương đương với x  x  1  9

 x2  x  8  0

1  33
x 
2


1  33
x 

2
1  33
1  33
Vậy nghiệm của phương trình là x 
và x 
2
2
 (2  i ) z  5  6i  z 

4

1

Tính tích phân I   (2 x  1)e x dx

u  2 x  1 du  2dx
Đặt 

x
x

dv  e dx v  e
1

m

0.25

VN

0

0.25

.co

3b

0.25

1 1 x
Do đó I   (2 x  1)e dx  (2 x  1)e   2e dx
0 0
0
x

x

1
 [(2 x  1)e x  2e x ]  e  1
0

sin  

2.1  2.(2)  3.3

TH

Ta có AB  (2; 2;3) và vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n  (1; 2;3)
x  3 y 1 z 1


Phương trình đường thẳng AB là
2
2
3
Gọi  là góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (P) ta có

5



238
34

2  2  3 . 1  (2)  3
Gọi M là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P), tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
23

x  7
 x  3  2t


 y  1  2t
1
9


 t   y 
phương trình 
7
7
 z  1  3t

 x  2 y  3 z  5  0
 10
z  7

23 9 10
Vậy tọa độ giao điểm là M ( ; ; )
7 7 7
2
1
Ta có cos 2  1  2sin 2   1  2( ) 2 
3
9
1
1
286
Vậy P  (3  )(1  2. ) 
9
9

81
Gọi A là biến cố " Có ít nhất một chai thật ", suy ra A là biến cố " Cả 2 chai đều là giả"
Số biến cố cùng khả năng là : 10.8=80
Số cách chọn được 2 chai giả : C41 .C31  4.3  12
12 3

Xác suất biến cố A là : p ( A) 
80 20
2

2

2

2

2

ww

6a

w.

MA

2

6b

0.25

0.25

0.5

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25
0.25

0.25

0.25

2


3 17

20 20
 2 3.a 2

0.25

Suy ra xác suất của biến cố A là : p( A)  1  p( A)  1 

Tam giác ABC có BC  AB.tan 600  2 3.a  S ABC
Do đó
1
VS . ABC  .S ABC . SA
3
1
 .2 3a 2 .a 3
3
 2a 3
Gọi N là trung điểm cạnh SA do SB / /(CMN )
nên
d ( SB, CM )  d ( SB, (CMN ))
 d ( B, (CMN ))  d ( A, (CMN ))
Kẻ AE vuông góc với MC và AH vuông với NE ta được
AH  (CMN )  d ( A, (CNM ))  AH
Ta có
1
1
S AMC  . AM . AC.sin CAM  .a.4a. 3
2
2
Và MC  a 13 nên AE 

m

N

H

C

.co

A

0.25

M

E

B

TH

MA

8

0.25

0.25

2S AMC 2 3a
2 3a
và AH 


MC
13
29

2 3a 2 87a

29
29
Từ tính chất đường phân giác trong tam giác
DB AB
BM AB



 MN / / BC
ta có
DC AC
CN AC
Đường thẳng BC đi qua D và nhận
MN  (4; 2) làm vectơ chỉ phương
có phương trình là x  2 y  2  0
Vậy d ( SB, CM ) 

S

VN

7

0.25

A
N(-5/2;4)

M(3/2;2)

E

F

0.25
B
D(-1;-1/2)

C

9

ww

w.

Gọi F, E lần lượt là trung điểm của DN và DM, do CD=CN nên đường thẳng trung trực của đoạn
7 7
3 7
thẳng DN là CF. Phương trình CF đi qua F ( ; ) và nhận DN  ( ; ) làm vectơ pháp tuyến
4 4
2 2
có phương trình là x  3 y  7  0 .
x  3y  7  0

 x  4

 C (4;1)
Tọa độ điểm C là nghiệm hệ phương trình 
0.25
x  2 y  2  0
y 1
Đường thẳng AC (đi qua C và N) phương trình là 2 x  y  9  0
Tương tự BE là đường thẳng trung trực của đoạn thẳng DM có phương trình là x  y  1  0 , tọa
x  y 1  0
x  4

 B(4; 3) . Đường thẳng AB
độ điểm B là nghiệm hệ phương trình 
0.25
x  2 y  2  0
 y  3
(đi qua B và M) phương trình là 2 x  y  5  0
Vậy phương trình các cạnh của tam giác là:
AB: 2 x  y  5  0 ; BC: x  2 y  2  0 ; CA: 2 x  y  9  0
0.25
Giải hệ phương trình
2

(1)
 xy  2 x  2  y  3 y
 2
(2)

 y  6 y  6  ( y  1) 14 y  13  10 x  9

3


9

 x  10
ĐK 
(*)

13
y 

14
Phương trình (1) của hệ tương đương với
( y  1)2 ( x  y  1)  0
 y 1  0
 y  1


 x  y 1  0
x  y 1
13
+Với y  1 loại do đk y 
14
+Với x  y  1 phương trình (2) của hệ trở thành y 2  6 y  6  ( y  1) 14 y  13  10 y  1

m

0.25

.co

 y 2  6 y  6  ( y  1) 14 y  13  10 y  1  0

0.25

0.25

 ( y  1) ( y  4)  14 y  13   ( y  2)  10 y  1   0
( y  4) 2  (14 y  13) ( y  2) 2  (10 y  1)

0
( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  1

 ( y  1)

y2  6 y  3
y2  6 y  3

0
( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  1

VN

 ( y  1)

y  3 6

 y  3  6





Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( x; y)  (4  6;3  6), (4  6;3  6)

Đặt x  z  a . Từ giả thiết bài toán ta có ( x  z )( y  z )  1 , hay y  z 

MA

10

TH



y 1
1
 ( y 2  6 y  3) 

0
 ( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  1 


1
y 1
1
thì
 y 2  6 y  3  0 (Vì với y 


0 )
10
( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  1

Do x  y nên x  z  y  z . Suy ra a  1

0.25

1
a

0.25

(1)

0.25

ww

w.

1 a2 1
Ta có x  y  x  z  ( y  z )  a  
a
a
2
a
1
a2

3a 2 a 2 1
a2
3a 2
2
Ta được P 
 a 

(  2)

1
4(a 2  1)2 a 2
4(a 2  1)2
4
4 a
4(a 2  1)2
4
t
3t
Đặt a 2  t  1 . Xét hàm số f (t ) 
 1
2
4(t  1)
4
t  1 3
Ta có f '(t ) 
 , f '(t )  0  (t  2)(3t 2  3t  2)  0  t  2
3
4(t  1) 4
Bảng biến thiên
t

1
2

f'(t)
0
+
f(t)

3

Từ bảng biến thiên suy ra f (t )  3 với mọi t  1

(2)

0.25

4


x  z  2

Từ (1) và (2) suy ra P  3 , dấu bằng đạt được tại 
2
y  z 

2
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 3.

ww

w.

MA

TH

VN

.co

m

0.25

5