de thi thu thpt quoc gia mon toan lan 1 nam 2016 truong thpt hau loc 2

SỞ GD&ĐT THANH HÓA
KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016-LẦN 1
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
Môn thi: TOÁN
(Đề thi gồm 01 trang)

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

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến y = − x 3 + 3x − 1.
thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn y = f ( x ) [=−x1;0
−] .ln ( 1 − 2 x )
nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
trên đoạn

Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:
2
2
2
2
a)
2 x −1 − 3x = 3x −1 − 2 x + 2
2
b)
log 3 ( x + 5 ) + log 9 ( x − 2 ) − log 3 ( x − 1) = log
e
Câu 4 (1,0 điểm).
I = ∫ x 3 ln xdx.
Tính tích phân

3

2.

1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không A ( 1;
P−
xMA
+Oxyz
) :3;0
) (,yMP−B+)MB
(,z5;−−11;=−02 )
gian với hệ tọa độ cho mặt phẳng
và hai điểm . Tìm tọa độ điểm trên mặt phẳng sao cho đạt giá trị lớn nhất.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
2 3 cos 2 x + 6sin x.cos x = 3 + 3
b) Có 30 tấm thẻ đánh
số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm
thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
a,,. SB
ABCD
. SAD
ABCD
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp có đáy SAD
a 6
.
là hình thoi cạnh mặt bên là tam giác đều SC =
2

nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,
Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng theo
−
MC
BC
AB
ABC
AG
M
=,
G
A
−A.13
GD
Câu 8 (1,0 điểm). Cho vuông cân tại 3 xGA
D∆∆y(ABM
7;
−, 2,)=. 0.
Gọi là trung điểm là trọng tâm điểm
là điểm nằm trên đoạn sao cho Tìm tọa độ điểm lập phương trình biết hoành độ của nhỏ hơn 4
và có phương trình
Câu 9 (1,0 điểm). Giải  2 x 3 − 4 x 2 + 3 x − 1 = 2 x 3 ( 2 − y ) 3 − 2 y

hệ phương trình

3
Câu 10 (1,0 điểm).  x + 2 = 14 − x 3 −a2, by, c+ 1

( 1)
( 2)

Cho là các số thực
dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a + 3c
4b
8c
P=
+
−
.
a + 2b + c a + b + 2c a + b + 3c
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……………….

Trang 1


Câu

Ý

ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (gồm 06nn trang)
Nội dung
y = − x 3 + 3x − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ
thị của hàm số
¡.
Tập xác định
Sự biến thiên
lim − x 3 + 3 x − 1 = +∞; lim − x 3 + 3 x − 1 = −∞

x →−∞

(

)

x →+∞

(

Điểm
1.00

)

0.25

 x = −1
y ' = −3 x 2 + 3; y ' = 0 ⇔ 
x = 1
( −1;1)

Hàm số đồng biến trên
Hàm số nghịch biến trên
các khoảng

x

1.

( −∞; −1) , ( 1; +∞ )
xyCT = −
−15 Hàm số đạt cực tiểu tại
Hàm số đạt cực đại tại

BBT
−

+

−∞
+∞
−11

y'

0

y

+∞
−13
−∞

Đồ thị

xyCD = 1
0.25

−

0.25

y " = −6 x; y " = 0 ⇔ x = 0
U ( 0; −1) Điểm uốn
Đồ thị hàm số

0.25

Trang 1


y
8

6

4

2

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

U ( 0; −1) Đồ thị hàm số nhận điểm làm tâm
đối xứng.
2
giá trị lớn nhất và giá
y = f ( x ) [=−x1;0−] .ln ( 1 − 2 x ) Tìm -6
trị nhỏ nhất của hàm số

1.00

-2

-4

trên đoạn
 x = 1 Ta có

2
f '( x) = 2x +
; f ' ( x ) = 0 ⇔ f ( −1)-8=1 1 − ln 3; f
x = −
1− 2x

2
Tính
1
min f ( x ) = − ln 2; max f ( x ) = 0
−
1;0
[ ]
[ −1;0]
4

2.
Vậy

3.

a)

2

Tập xác định
2x

2

−1

2

x 2 −1

− 3x = 3x

x2

−3 = 3
2

−1

− 2x

2

x 2 −1

+2

−2
¡.

x2 + 2

⇔ 2x

2

−1

0.25
0.50
0.50

( 1)

( 1 + 8 ) = 3x −1 ( 1 + 3)

0.25

2

2

x −1

2
⇔ ÷
3
b)

0.25
 1 1
 − ÷ = − ln 2; f ( 0 ) = 0
 2 4

=

4
⇔ x 2 − 1 = 2 ⇔ x = ± 3.
9
0.25

log 3 ( x + 5 ) + log 9 ( x − 2 ) − log 3 ( x − 1) = log 3 2. ( 2 )
Tập xác định
D = ( 1; +∞ ) \ { 2} .
( 2 ) ⇔ log3 ( x + 5) + log 3 x − 2 − 2 log3 ( x − 1) = log3 2
2

0.50

Trang 2


⇔

( x + 5) . x − 2
2
( x − 1)

= 2 ⇔ ( x + 5 ) . x − 2 = 2 ( x − 1)
2
x 2 − 4xx >
+ 22
( x + 5) ( x − 2 ) = 2 ( x − 1) ⇔ x 2 + 3x − 10 = 20.25
2

Với ta có:
x = 3
⇔ x 2 − 7 x + 12 = 0 ⇔ 
x=4
2
( x + 5) ( 2 − x ) = 2 ( x − 1) ⇔ − x 2 − 3x + 10 = 2 x 2 1−<4xx +< 22
Với ta có

97
( t / m)
x = 1+
6
Vậy phương
1 + 97

⇔ 3x 2 − x − 8 = 0 ⇔ 
;3; 4  .

trình đã cho có x = 
1 − 97
 6

( loai ) ba nghiệm
x =
6

0.25

4.

5.

e
Tính tích phân
1.00
I = ∫ x 3 ln
xdx
.
Đặt
1
ln x = u ( x ) 1  x dx = u ' 1( x ) dx e e 1
e
e 4 1 40.50
3e 4 + 1
4
4 1
⇒
I
=
x
.ln
x
−
x
.
dx
=
−
x

=
 3

∫1 4 x
4 16 1
16
 x = v ' ( x )
1
v ( x ) = 1 4x 4

4

A ( 1;
P−
xMA
+Oxyz
) :3;0
) (,yMP−B+)MB
(,z5;−−11;=−02 ) Trong không gian với hệ tọa
độ cho mặt phẳng và hai
điểm . Tìm tọa độ điểm trên mặt phẳng sao cho đạt giá trị lớn nhất.
A ) với mặt phẳng .
Kiểm tra thấy và nằm khác phía so ( B
P

0.50
1.00
0.25
0.25

0.25

Trang 3


Gọi là điểm đối xứng với
BB( '5;
( x−;1;y;−z2) )
Suy ra
B ' ( −1; −3; 4 )
Lại có
MA − MB = MA − MB ' ≤ AB ' = const
M (AB
,M
'B '
Vậy đạt giá trị lớn
MA
P
−A,)MB
nhất khi thẳng hàng hay là giao
điểm của đường thẳng với mặt phẳng

0.25

A
B’
P

M
B

6.

a)

= 1'+ t có phương trình
 xAB

Tọa độ là nghiệm của  x = 1 + t
M ( x; y; tz )= −3
 y = −3 hệ
 y = −3
 x = −2
 z = −2t



Vậy điểm
⇔
M ( −2; −3;6 )

 z = −2t
Giải phương trình 2 3 cos 2 x + 6sin x.cos x = 3 + 3
0.50 y = −3
( *)
 x + y + z − 1 = 0
 z = 6
¡.
Tập xác định
( *) ⇔ 3 ( 1 + cos 2 x ) + 3sin 2 x = 3 + 3 ⇔ 3 cos 2 x + 3sin 2 x = 3

0.25
Trang 4


1
3
3
π
3

cos 2 x +
sin 2 x =
⇔ sin  2 x + ÷ =
2
2
2
6 π2

π
π

2
x
+
= + k 2π
x = + kπ


6 3
12 0.25 k ∈ ¢.

⇔
⇔
 2 x + π = 2π + k 2π
 x = π + kπ

 suất4 0.50
Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên
6 tấm3 thẻ. Tìm xác
 ra 10
để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm
thẻ mang số chia hết cho 10.
Gọi là tập hợp các cách chọn ra 10 tấm Ω thẻ từ 30 tấm thẻ đã cho
10
Suy ra
Ω = C30
Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ
mang số lẻ, 15 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 0.25
10.
Gọi là tập hợp các cách chọn ra có 5 Ω A tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số
chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ
mang số chia hết cho 10
5
Suy ra
Ω A = C15 .C124 .C31
C 5 .C124 .C31 99 Vậy
P ( A ) = 15 10
=
.
0.25
C

667
30
a
,
.
SAD
ABCD
. SAD
ABCD
,aSB6 Cho hình chóp có đáy là hình thoi
SC =
. cạnh mặt bên là tam giác đều nằm
2
trong mặt phẳng vuông góc với 1.00
đáy, Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng theo
⇔

b)

S

aa 3
2

a
D

C

7.

H

A

B

S giác đều
H
Gọi là chân đường cao hạ từ của tam SAD
Suy ra:
0.25
và
SH ⊥ ( ABCD
a 3 )
SH
=
HSC
Trong tam giác vuông có
a 3
HC = 2
a2
3a 2
2
2
+
a
−
2
2
2

· 4 = 6010
· a 2 =3DH + DC − CH = 4 ⇒ HDC
Suy ra
cos
HDC
=
a
S ABCD = DA.DC.sin ·ADC = 2
2
1
1 a 3 a 23 1 32 DH .DC
2. .a
VS . ABCD = SH .S ABCD =
.
= a
2
3
3 2
2
4

Trang 5


vuông tại

0.25
a
⇒ CH ⊥ AD
∆ADC

⇒ CH ⊥ BC Ta có đều cạnh
C
hay BC ⊥ ( SHC ) ⇒ BC ⊥ SC ⇒ ∆CSB
1
1 a 3 a 3 Lại có
VD.SBC = VS . BCD = VS . ABCD = . =
a3
3a 3
2 ⇔ 1 d ( D2; ( SBC
4 ) 8) .S
=
⇔
d
D
;
SBC
=
( ( )0.25
) 8.S
3a 3 3
3a 3
a∆SBC
6 8
∆SBC
⇒ d ( D; ( SBC ) ) =
=
=
.
1
4

8. CS .CB 4. a 6 .a
2
2
a 6
d ( AD; SB ) = d ( D; ( SBC ) ) =
.
4

Vậy
0.25
8.

−
MC
BC
AB
ABC
AG
M
G
=,
A
−A.13
GD
Cho vuông cân tại Gọi là trung 3 xGA
D∆∆y(ABM
7;
−, 2,=
) . 0.
điểm là trọng tâm điểm là điểm

1.00
nằm trên đoạn sao cho Tìm tọa độ điểm lập phương trình biết hoành độ của nhỏ
hơn 4 và có phương trình
Ta có
3.7 − ( −2 ) − 13
d ( D; AG ) =
= 10
2
2
3x-y-13=0
3
+
−
1
) = GD
⇒ GA = GB∆⇒
ABM
GA( = GB
vuông cân
0
·
·
ABD
G
.
Vậy
là tâm B
⇒ AGD = 2 ABD = 90 ⇒ ∆GAD
đường
tròn

ngoại
tiếp
vuông cân tại
Do đó
GA = GD = d ( D; AG ) = 10 ⇒ AD 2 = 20;
Gọi
A ( a;3a − 13
;a < 4
G
M)
N
 a = 5(loai )
2
2
AD 2 = 20 ⇔ ( a − 7 ) + ( 3a − 11) = 20 ⇔ 
Vậy
A 3; −4
r ( AB)
a = 3
Gọi
VTPT
nAB ( a; b )
D(7;-2)
của là
3a − b
r r
·NA = cosNM
cos NAG
( nAB , nAG ) = 23NG2
( 13)

·
cos NAG =
=
=
=
( 2)
a
+
b
.
10
2
2
2
2
AG
10
NA
+
NG
9.
NG
+
NG
C
A
Mặt khác
0.25
Từ (1) và (2)
3a − b

b = 0
3
⇒
=
⇔ 6ab + 8b 2 = 0 ⇔ 
Với chọn ta AB : x − 3ba===0;01
10
a 2 + b 2 . 10
3a = −4b có
AB :a43=xa−4;=3b−
y=4−b−24
3 =0
Với chọn ta có
AB
:
4
x
−
3
y
−
24
=0
Nhận thấy với
4.7 − 3. ( −2 ) − 24
d ( D; AB ) =
= 2 < d ( D; AG ) = 10 (loại)
16 + 9
AB0.25
: x − 3 = 0.

Vậy

Trang 6


0.25

0.25
Giải
hệ
phương
2 x − 4 x + 3x − 1 = 2 x ( 2 − y ) 3 − 2 y
( 1)
1.00

trình

Ta thấy không phải
= 3 14 của
− x hệ,
3 −x2x=y3 0+chia
1 cả hai vế của (1)
 xlà+ 2nghiệm
( 2 ) cho ta được
4 3 1
( 1) ⇔ 2 − + 2 − 3 = 2 ( 2 − y3) 3 − 2 y
x x
x
 1  1
f ( t ) ¡=⇔

t 3 +1t − x ÷ + 1 − x ÷ = ( 3 − 2 y ) 3 − 2 y + 3 − 2 y ( *)

 

Xét hàm luôn đồng biến trên
0.25
1
( *) ⇔ 1 − = 3 − 2 y
( 3)
x + 2 = 3 15 − x + x1 ⇔ x + 2 − 3 + 2 − 3 15 − x = 0 Thế (3) vào (2)
ta được
0.25



÷ Vậy hệ đã
 111 
x
;
y
=
(
)
1
1

÷ cho
 7;
÷.
có

⇔ ( x − 7) 
+
=
0
98


2
x + 2 + 3 4 − 2 3 x + 15 + 3 x + 15 ÷ nghiệm

÷
 1 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 43 ÷
>0


0.25
3

9.

2

3

(

)

0.25

10.

Cho là các số thực dương. Tìm giá trị a, b, c nhỏ nhất của biểu thức:
a + 3c
4b
8c
P=
+
−
.
Đặt
x
=
a
+
2
b
+
c
a
=
−
x
+
5
y
 a + 2b + c a + b + 2c a + b−+33zc
Do đó ta cần tìm giá trị  y = a + b + 2c ⇔ b = x − 2 y + z



nhỏ nhất của
 z = a + b + 3c

− x + 2 y 4 x− 8 y + 4 z −8 y +8cz = −y4+x z 2 y   8 y 4 z 
P=
+
−
= +
÷+  + ÷− 17
x
y
z
x   z
y 
 y
4x 2 y
8 y 4z
P≥2
.
+2
. − 17 = 12 2 − 17;
y x
z y
Đẳng thức xảy ra khi
Vậy GTNN của là
12 2P− 17.

1.00

0.25

0.25

(

)

(

)

b = 1 + 2 a, c = 0.25
4+3 2 a

0.25
Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm

Trang 7