DE THI MINH HOA + LOI GIAI CHI TIET CUC HAY xuan truong

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG

ĐỀ THI THỬ THPTQG - LẦN 2
NĂM HỌC: 2015-2016
Môn: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = − x3 + 3 x + 1
Câu 2 (1 điểm). Tìm m để hàm số y = x 4 − 2(m + 1) x 2 − 2m − 1 đạt cực đại tại x = 1
Câu 3 (1 điểm).
a) Cho z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 z 2 − 2 z + 5 = 0 . Tính A = z12 + z22 − 3 z1 .z2
b) Giải bất phương trình log 2 x 2 + 2 x − 8 ≤ 1 − log 1 ( x − 2 )
2

π
2

Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân

 e x 2 + sin 2 x  xdx .

∫ 

0

Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;3;2) , đường thẳng
x +1 y − 4

z
=
d:
=
và mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y + z − 6 = 0 . Tìm tọa độ giao điểm của d với (P) và
2
−1
−2
viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, có tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc với (P).
Câu 6 (1 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a. Hình chiếu
vuông góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh B’C’, góc giữa A’B với mặt phẳng
(A’B’C’) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng
CC’ và A’B theo a.
Câu 7 (1 điểm).

a) Giải phương trình

3 sin 2 x − cos 2 x = 4cosx + 1

b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực
nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I
.Điểm M(0 ;-2) là trung điểm cạnh BC và điểm E(-1 ;-4) là hình chiếu vuông góc của B trên AI. Xác
định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC,biết đường thẳng AC có phương trình x + y – 4 = 0

 x 3 + ( x − y ) 2 + xy ( y − 2 x ) = 0

Câu 9 (1 điểm). Giải hệ phương trình: 
2x2 − 2x + 1 + x − 1 = x y
 1+ 1+ y



(

)(

)

Câu 10 (1 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện:

1 + a 2 + 1 + 2 ( b + c ) = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2a 3 + b3 + c3 − b c
…………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:………..………………….


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 2 NĂM 2015-2016 TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
Câu
1
(1 điểm)

Đáp án

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = − x + 3x + 1
3

TXĐ: D = R

y ' = −3 x 2 + 3 , y ' = 0 ⇔ x = ± 1

0.25

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
lim y = −∞ , lim y = +∞
x →+∞

x →−∞

* Bảng biến thiên
x
–∞
y’
+∞
y

-1
0

+

1
0
3

–

+∞

0.25

+
-∞

-1

Đồ thị:

4

0.25

2

2

4

2
(1 điểm)

Tìm m để hàm số y = x 4 − 2(m + 1) x 2 − 2m − 1 đạt cực đại tại x = 1
+ Ta có y ' = 4 x 3 − 4(m + 1) x

0.25

+ Để hàm số đạt cực đại tại x=1 cần y '(1) = 0 ⇔ 4 − 4(m + 1) = 0 ⇔ m = 0

0.25
0.25

3

+Với m=0 ⇒ y ' = 4 x − 4 x ⇒ y '(1) = 0

3a
(0.5điểm)

+ Lại có y '' = 12 x 2 − 4 ⇒ y ''(1) = 8 > 0 => hàm số đạt cực tiểu tại x=1 => m=0 không thỏa
mãn. Vậy không có giá trị nào của m để HS đạt cực đại tại x=1
+ z1 = 1 − 3i;
z2 = 1 + 3i
+ A = z12 + z22 − 3 z1 .z2 = (1 − 3i ) + (1 + 3i ) − 3 (1 − 3i )(1 + 3i )
2

−8 − 6i + −8 + 6i − 3.10 =

( −8)

2

0.25
0.25

2

+ ( −6 ) +
2

( −8 )

2

+ 62 − 30 = −10

0.25


Câu
3b
(0.5điểm)

Đáp án

x + 2x − 8 > 0
2

Điều kiện: 

x − 2 > 0

Điểm

⇔ x > 2.

(1) ⇔ log 2 x 2 + 2 x − 8 ≤ 1 + log 2 ( x − 2 )

0.25

⇔ log 2 x 2 + 2 x − 8 ≤ log 2  2 ( x − 2 ) 

⇔ x 2 + 2 x − 8 ≤ 2 ( x − 2 ) ⇔ ( x − 2 )( x + 4 ) ≤ 4 ( x − 2 )

2

x ≤ 2
⇔ ( x − 2 )( 3 x − 12 ) ≥ 0 ⇔ 
x ≥ 4

0.25

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm bất phương trình: x ≥ 4 .
4
(1 điểm)

π

π

2

π

2

2

2

2

0.25

+ I = ∫  e x + sin 2 x  xdx = ∫ e x xdx + ∫ sin 2 x.xdx


0

π



π

2

2

2

+ ∫ e x xdx = ∫ e x
0

0

2

0

0

dx 2 1 x 2
= e
2
2

π2

π
2
0

=

e

4

−1

0.25

2

 du = dx

u = x

+Đặt 
⇒
1
dv = sin 2 xdx  v = − cos2 x

2
π
2
1
⇒ ∫ sin 2 x.xdx = − cos2 x .x
2
0

π
2
0

π
2
1
1
+ ∫ cos2 xdx = − cos2 x .x
2
2
0

0.25
π

2
0

1
+ sin 2 x
4

π
2
0

=

π
4

π2

+I =
5
(1 điểm)

e 4 −1 π
+
2
4

0.25

 x = −1 + 2t


d có phương trình tham số  y = 4 − t .
 z = −2t

Gọi B = d ∩ (P) , do B ∈ d nên B(−1 + 2t;4 − t ;−2t )
Do B ∈ (P) nên 2(−1 + 2t ) − 2(4 − t ) − 2t − 6 = 0 ⇔ t = 4 ⇒ B (7;0;−8)
Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc d nên I (−1 + 2a;4 − a;−2a )
Theo bài ra thì (S) có bán kính R = IA = d ( I , ( P))
2(−1 + 2a) − 2(4 − a ) − 2a − 6
⇒ (2 − 2a ) 2 + (a − 1) 2 + (2 + 2a) 2 =
2 2 + 2 2 + 12
4a − 16
⇔ 9a 2 − 2a + 9 =
3
⇔ 9(9a 2 − 2a + 9) = (4a − 16) 2 ⇔ 65a 2 + 110a − 175 = 0 ⇔ a = 1; a = −

0,25

0,25

0,25

35
.
13


Câu

Đáp án

+) Với a = 1 ⇒ I = (1;3;−2), R = 4 ⇒ ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 3) 2 + ( z + 2) 2 = 16
35
116
 83 87 70 
+) Với a = −
⇒ I = −
; ;
; R =
13
13
 13 13 13 
2

2

Điểm

0,25

2

83  
87  
70  13456

⇒ (S ) :  x +  +  y −  +  z −  =
13   13 
169
 13  

6

C

A

+ S A' B 'C ' =

4a 2 3
= a2 3
4

+Vì BH ⊥ (A’B’C’) nên góc giữa
A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H.

B

Hay BA ' H = 600

(0.5điểm)

⇒ BH = A ' H .tan 600 = 3a

0,25

K
A'

C'
H

M
B'

VABC . A ' B ' C ' = S A ' B ' C ' .BH = a 2 3.3a = 3 3.a 3 (đvtt)

0,25

Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)).
Dựng HM ⊥ A’B’. Khi đó A’B’ ⊥ (BMH) suy ra (ABB’A’) ⊥ (BMH)
Dựng HK ⊥ BM suy ra HK ⊥ (ABB’A’).
a 3
.3a
HM .HB
3a 13
2
⇒ d ( H ,( ABB ' A ')) = HK =
=
=
2
2
2
13
HM + HB
a 3
2

 + 9a
(0.5điểm)
 2 

7a
(0.5điểm)

7b
(0.5điểm)

6a 13
.
13
3 sin 2 x − cos 2 x = 4cosx + 1 ⇔ 3 sin 2 x − (cos 2 x + 1) − 4cosx = 0

0,25

Vậy d (CC ', A ' B ) = d (C ',( ABB ' A ')) = 2d ( H ,( ABB ' A ')) =

0,25

 cosx = 0
⇔ 2cosx( 3 s inx − cosx − 2) = 0 ⇔ 
 3 sinx − cosx − 2 = 0

0.25

π
π


π
x
=

+
k
x
=
+ kπ


2
2
(k ∈ Z )
⇔
⇔
π
π
2
sin( x − ) = 1  x =
+ k 2π
6
3



0.25

+ n ( Ω ) = C113 = 165

0.25

+ Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C .C + C .C = 135
135 9

Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
=
165 11
2
5

1
6

1
5

2
6

0.25


Câu
8
(1 điểm)

Đáp án

Điểm

A

Tứ giác ADEB,BIEM nội tiếp đường tròn
=> DEB = 1800 − BAD (1)

I

BEM = BIM (cùng chắn BM ) (2)
1
Mà BIM = BIC = BAD (3)
2
Từ (1),(2),(3) => DEB + BEM = 1800
D,E,M thẳng hàng

D

E
B

M

C

0.25
nên

+ Đường thẳng EM qua E,M có phương trình là : 2x-y-2=0

x + y − 4 = 0
+ Tọa độ D là nghiệm 
=> D(2 ;2)
2 x − y − 2 = 0

0.25

C (4; 0)
+ C ∈ AC : x + y − 4 = 0 => C(c ;-c+4) mà MC=MD= 2 5 ⇒ 
C (2; 2) (loai )

0.25

+ M trung điểm BC => B(-4 ;-4)
+ AE ⊥ BE => phương trình là : x+1=0
+ A = AC ∩ AE ⇒ A(−1;5)

0.25

Vậy: A(-1;5);B(-4;-4);C(4;0)

9
(1 điểm)

Điều kiện: y ≥ 0 .
(1) ⇔ ( x − y )

2

x = y
 x = −1

( x + 1) = 0 ⇔ 

0.25

(

+) Với x = −1 , thế vào (2) ta được: 1 + 1 + y

(

+) Với y = x , thế vào (2) ta được: 1 + 1 + x

)(

)(

)

5 − 2 = − y (vô nghiệm)

0.25

)

2x2 − 2x + 1 + x − 1 = x x

Với x = 0, phương trình trên được thỏa mãn.
Với x > 0 , chia hai vế cho x x ta được:

 1

1
2 1
1
+

+ 1  2 − + 2 + 1 −  = 1

x
x x
x
 x

1


⇔ a + a +1
2 − 2a + a 2 + 1 − a = 1  a = > 0 
x



)

)(

(

⇔ 1 + ( a − 1) − ( a − 1) = 1 +
2

0.25

( a)

2

− a ( *)

Xét hàm đặc trưng f ( t ) = 1 + t − t , t > 0 , có
2

0.25


Câu

Đáp án

f '(t ) =

t
1+ t

2

−1 =

t − 1+ t

2

1+ t2

Điểm

< 0, ∀t > 0

3+ 5
3− 5
.
⇒x=
2
2
 3− 5 3− 5 
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là: ( 0;0 ) , 
;

2
2 

+ Chứng minh 1 + x + 1 + y ≥ 1 + 1 + x + y với mọi x, y không âm.

Nên (*) ⇔ a − 1 = a ⇔ a =

10
(1 điểm)

+ Áp dụng:

a2
4 = 1 + a + 1 + 2 (b + c ) ≥ 1 + 1 + a + 2 (b + c ) ⇒ b + c ≤ 4 −
2
3
Ta có: P = 2a 3 + b3 + c 3 − b c = 2a 3 + ( b + c ) − 3bc ( b + c ) − b c
2

⇒ P ≤ 2a + ( b + c )
3

0.25

2

3

3


a2 
≤ 2a +  4 −  = f ( a )
2 

3

Từ giả thiết ta có: 4 ≥ 1 + a 2 + 1 ⇒ a 2 ≤ 8 ⇒ 0 ≤ a ≤ 2 2

0.25

0.25

Xét hàm số f ( a ) trên  0;2 2  , ta tìm được max f ( a ) = f ( 0 ) = 64 .





a∈0;2 2 

Vậy, giá trị lớn nhất của P bằng 64 đạt tại a = 0, b = 0, c = 4 hoặc a = 0, b = 4, c = 0 .

(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)

0.25