de thi thu thpt quoc gia mon toan lan 1 nam 2016 truong thpt xuan truong nam dinh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến
thiên và vẽ đồ thị của hàm số
Câu 2 (2,0 điểm).

ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1
NĂM HỌC: 2015-2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

y = x4 − 2x2 − 3

tanα =2π
2
3π
π < α +< ÷
sinα
32 


Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất f ( x ) = x + 4 − x 2 .
và giá trị nhỏ nhất của hàm số
trên đoạn .
 1
−2;
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình
2.4 x + 6 x2 = 9 x.

a) Cho và . Tính .
b) Giải phương trình: cos x + sin 4x − cos3x = 0
.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường
môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ, môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1
nam và 4 nữ, môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ, môn Vật lí có 5 em đạt
giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự
đại hội thi đua? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
a20a 3
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD SD =30
có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác
SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết và góc tạo bởi
đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng . Tính theo thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
x −2 4+ y( y− −
171)=2 =
0 25
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng ( x −34)
với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật
ABCD. Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam
giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có
tung độ âm
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ  x + 1 + ( x + 1) ( y − 2 ) + x + 5 = 2 y + y − 2

 ( x − 8 ) ( y + 1)
=x23+
] 1−3
 2

=xx( ,y+y ,−yz2+∈) z[ 0;
 x − 4x + 7

phương trình:
Câu 9 (1,0 điểm). Cho
thỏa mãn . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
P=
-----------------------

(

)

1
1
1
+ 2
+ 2
+ xy + yz + zx
2
2
x + y + 2 y + z + 2 z + x2 + 2
2

HẾT-----------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Hä và tªn thÝ sinh: ................................................................................; SBD..........................................


x 3=y=−=

±R
lim
4D
41+∞
x

x→−∞
+∞

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Câu

Nội dung

Điểm

a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định :
((−∞
1;+∞
;−1))
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : ;
±1
b, Bảng biến thiên: y’ = , y’ = 0 ⇔ x = 0, ±1
x
-∞
-1
0 ±3
y'

0
+
0
+∞
-3

0,25

1
0

+∞
+
+∞

0,25

y

Câu 1
(1,0 điểm)

-4
-4
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và , hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
và (0; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = , yCT = y() = - 4.
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm (;
0).

y

tanα =3π
2
2π
π < α +< ÷ x
sinα
2
− 31 O 1 1 1 33
5
Cosα2 =
=3π
= ⇒cosα = ±
2
5
1 +πtanα
5 <0
5
< αcosα
< 1 =+4⇒
− cosα
2
−5 5
−2 5
sinα = cosα.tan α =
.2 =
5
5
2π 
2π

2π

−
3
sinα + ÷ =sin α.cos
+cosα.sin
cos x + sin
3 
3 4x − cos3x 3= 0


−1

0,25

0,25

−4

−2 5 −1 − 5 3 2 5 − 15
=
. −
.
=
2 2x.sin
5
2x + 2sin 2x.cos
10
cos x + sin 4x − cos3x = 50 ⇔ 2sin
2x = 0

Câu 2.1
(1,0 điểm)

Câu 2.2
(1,0 điểm)

Cho và . Tính ?
Ta có
⇔ 2sin 2x(s inx + cos2x) = 0 ⇔ sin 2x( −2sin 2 x + sin x + 1) = 0
Do nên
kπ

x = 2

f ( x ) =x + π4 − x 2 .
 x = + k2π
sin 2x = 0
Vậy


2
⇔ s inx = 1 ⇔ 1 
Giải phương trình:
−2; − π

−1  x =2  + k2π
6

s inx =


2

7π
+ k2π
x =
6


0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,5

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
trên đoạn .
f '(x) = 1 −

x
4 − x2

+ Ta có

0,25

+
Câu 3
(1,0 điểm)

1
f '(x) = 0 ⇔ x = 2 ∉ [ − 2; ]
2
1 1 + 15 + Có
f (−2) = −2;f ( ) =
2
2

maxf(x) =
1
[-2; ]
2

Phương trình
Câu 4
(1,0 điểm)

Câu 5
(1,0 điểm)

1 + 15
;
2

minf(x) = −2

0,25
0,25
0,25

1
[-2; ]
x2

2.4 x + 6 x = 9 . Giải phương trình

0,25
x
x
4 6
⇔ 2.  ÷ +  ÷ = 1
 92 x 29 x
0,25
2
 
⇔ 2.  ÷ +  ÷ − 1 = 0
32 x  3 
0,25
 ÷ = −1 ( Loai )
3
0,25
⇔ ⇔ x x= − log 2 2
 2
 ÷ = 1 3 Vậy phương trình có nghiệm
x = − log 2 2
2

 3 
Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt 3
giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn
Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3
nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ?
Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
⇒ n(Ω) = 625
Có tất cả 5.5.5.5=625 cách
0,25
Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội”
0,25
là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả ⇒ A 4 HS nữ đi dự ĐH”
n(A)
48 = 48
⇒ n(A) = 4.1.2.3
+ 1.4.3.2
⇒P A =
=
n(Ω) 625
48 577
Vậy
P(A) = 1 − P A a=0 1 −
=
Cho hình
625 chóp S.ABCD có đáy
SD =302a 3 625
ABCD là hình chữ nhật. Tam giác
SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết và góc
tạo bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng . Tính theo thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).

( )
( )

0,25
0,25

SH ⊥ ( ABCD)
Gọi H là
trung điểm
của AB. Suy ra
·
và .
SCH
= 300
Câu 6
(1,0 điểm)

∆SHC = ∆SHD ⇒ SC = SD = 2a 3
Ta có: .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

0,25

SH = SC.sin SCH = SC.sin 300 = a 3
HC = SC.cos SCH = SC.cos 300 = 3a
AB==a2a3 Vì tam giác SAB đều mà nên . Suy
SH
ra

0,25


2 .BC =2 4a 2 2
S ABCD
= AB
BC
= HC
− BH = 2a 2 . Do đó, .
Vậy, .
1
4a 3 6
V
=
S
.
SH
=
S . ABCD
ABCD0,25
d ( B, ( SACBA
) ) = 2dHA
( H , ( SAC ) ) Vì nên
3
3
Gọi I là hình chiếu của H
lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:
AC
HK) ⊥⊥
HI

SIAC ⊥ HK và nên . Mà, ta lại có: .
AC ⊥ ( SHI
⇒SH
Do đó: .
HK ⊥ ( SAC )
Vì hai tam giác SIA và HI AH
0,25
AH .BC a 6
=
⇒ HI =
=
SBC đồng dạng nên .
BC AC
AC
3
Suy ra, .
HS
.
HI
HK = a 66
=
2a 66 Vậy ,
HS
112 + HI 2
d ( B, ( SAC ) ) = 2d ( H , ( SAC ) ) = 2 HK =
11

Câu 7
(1,0 điểm)

x −2 4+ y( y− −
171)=2 =
0 25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
( x −34)
Oxy, cho hình chữ nhật
ABCD.Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên
MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: .Xác định tọa độ các
đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: ; đường thẳng
BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm
+(T) có tâm I(4;1);R=5
+ Do I là tâm đường ⊥ tròn ngoại tiếp tam
A
giác BDM và N,C là chân các đường cao
B
nên chứng minh được :IM CN
I
C

D

0,25

E
N
M

⊥ 4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0
+ Lập ptđt IM qua I và IM CN : 4(x+ M là giao điểm (T) với IM :
 M(7; −3)
 M(1;5) (loai)


+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)
+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1
 D(9;1) D là giao điểm (T) và DC :
 D( −1;1) Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(
uuur uuur 1 ;1)
+Do => A(-1 ;5)
BA = CD
* Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D
chỉ cho 0,75đ

0,25
0,25

0,25


 x + 1 + ( x + 1) ( y − 2 ) + x + 5 = 2 y + y − 2 Giải hệ phương

trình:
 ( x − 8 ) ( y + 1)
 2
= ( y − 2) x + 1 − 3
 x − 4x + 7
x ≥ −1; y ≥ 2

(

Điều kiện .

)

0,25

x + 1 = a; y − 2 = b ( a, b ≥ 0 ) Đặt , từ (1) ta có:
2
2
2
2
2
a +1aab
⇔
ba a+ b−>1 +
a, b ≥ 0 ⇒
+=2+
0 5 = 2 ( b + 2 ) + b ⇔ a − b + ab − b + a − b = 0

⇔ ( a − b ) ( 1 + 2a + b ) = 0
⇒ x +1 = y − 2 ⇔ y = x + 3

(do
Câu 8
(1,0 điểm)

Thế vào (2) ta được:

( x − 8) ( x + 4 )
x − 4x + 7

2

= ( x + 1)

(

)

x +1 − 3 ⇔

( x − 8) ( x + 4 )
x − 4x + 7
2

=

.

( x + 1) ( x − 8)
0,25

x +1 + 3

x = 8
0,25
⇔  xx+=48 ⇒ y = 11;
x +1
 2
=
(

2* )
( *) ⇔ x +x1 +−34 x( x++7 4 ) = (xx++11+) (3x − 4 x + 7 ) +
2
2
⇔ x + 1 + 3  x + 1 + 3 = ( x − 2 ) + 3 . ( x − 2 ) + 3




¡1( t)¡32) ) ≥
+
f ' ( tf ) ( =t ) 3=( t( tt+f∈
( t 20 +∀3t )∈ ¡ Xét hàm số với có nên 0,25

+

(

(**)

)

(

)(

)

đồng biến trên .

( **) ⇔

f

(

)

x + 1 = f ( x − 2) ⇔

x ≥ 2
x +1 = x − 2 ⇔ 
2
x + 1 = x − 4x + 4

Do đó
(T/M)

x ≥ 2
5 + 13
⇔ 2
⇔x=
2
 x − 5x + 3 = 0
5 + 13
11 + 13
x =  5 + 13
⇒
8;11
x;11

yy) += 13 
Vậy hệ đã cho có
(
2÷
;
 2
÷
nghiệm là và
2
2


1
1 xx, +y ,yz +∈z[ 0;= 231]
P= 2
+ 2
+ 2
+ xy + yz + zx Cho thỏa
2
2
2
x + y +2 y +z +2 z +x +2
mãn . Tìm giá

trị nhỏ nhất
Câu 9
(1,0 điểm)

của biểu thức

Nên .

x 2 + y 2 + 2 = ( x 2xy+ 1≤) +xy( +
y 21+ 1) ≥ 2 ( x + y ) Ta có ,….; ,…
2

1 1
1
1
P≤ 
+
+
+ xy + yz + zx + 3
2 x+ y y + z z + x

0,25


( x + y + z ) ( xy + yz + zx ) ≥ 9 xyz
8
⇒ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) = ( x + y + z ) ( xy + yz + zx ) − xyz ≥ ( x + y + z ) ( xy + yz + zx )

Ta có

9

( x + y) ( y + z) + ( y + z) ( z + x) + ( x + y) ( z + x)
1
1
1

+
+
=
x+ y y+z z+x
( x + y) ( y + z ) ( z + x)
( x + y + z ) + xy + yz + zx
=
( x + y) ( y + z) ( z + x)
2
( x + y + z ) + xy + yz + zx
2

≤

8
( x + y + z ) ( xy + yz + zx )
9
27
3
=
+
8 ( xy + yz + zx ) 8

1
27
27  Suy ra
+ +xyzx+ yz + zx + 

t = xy + yz
Đặt .

2  8 ( xy + yz + zx )
8
4 + xyz
x, y , z ∈ [ 0; 2] ⇒ ( 2 − x ) ( 2 − y ) ( 2 − z ) ≥ 0 ⇔ xy + yz + zx ≥
≥2⇒t ≥2
2
P≤

Do
Mặt khác: .
Vậy
Ta có

1
2
( x + y + z) = 3 ⇒ t ≤ 3
3t ∈ [ 2;3]
1  27
27 
P ≤  + t +3  = f ( t )
Xét hàm số với
1  2 27
[ f2;3
[8(0;t )]28−] 27
 8tt ∈

f ' ( t ) = t − 2  =
> 0 ∀t ∈ [ 2;3]
2
ta có nên hàm số

2  8t 
16t

0,25

xy + yz + zx ≤

0,25

đồng biến trên .

15
.
⇒ f ( t ) ≤ f ( 3) =
x = y =15
z = 1 154
Do . Có khi .
P ≤ f (Pt )=⇒ P ≤
= z4 = 1. 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là x = y15
4
đạt được khi

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

0,25