de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan truong thpt ly tu trong lan 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016

TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG

Môn thi: TOÁN
( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề )
Đề thi này có 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

2x 1
(1).
x 1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M
đến đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2cos x.cos 2 x  2  2sin 2 x  cos 3 x .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I 

2x2  1
dx .
x



Câu 4 (1,0 điểm).

1

1
1. Giải phương trình: log 1 (2 x 2  3 x  1)  log 2 ( x  1)2  .
2
2
4
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  8ln x  x 2 trên đoạn [1;e].
Câu 5 (1.0 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu
nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đủ 3 màu, có đúng
một quả cầu màu đỏ và có không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB  a; AD  2a , tam giác
SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SD. Tính thể tích khối
chóp S.ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD biết AB 
điểm thuộc đoạn thẳng BC sao cho BF 
2

3
AD . Gọi F là
2

3
BC . Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABF có phương trình
4

2

9 
1  225

. Đường thẳng d đi qua hai điểm A, C có phương trình 3 x  11 y  2  0 . Tìm

x   y  
4 
4
8


tọa độ đỉnh C biết điểm A có hoành độ âm.

 3 4 y 2  4 y  x3  2  x  4 y  2

Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
3
3
2 2 y  x  3 y  x  1  6 x  x  1  2  0





 x; y    .

Câu 9 (1.0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: P 

a2

1  a 

2


 5bc

16b 2  27  a  bc 

2

.
2
36  a  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 THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN LẦN 1 NĂM 2015 – 2016
Câu 1

Khảo sát……
* Tập xác định D  R / 1
* Sự biến thiên:
3
Ta có: y '  
 0, x  D .
2
 x  1

1điểm

0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;   .
Hàm số không có cực trị.
* Giới hạn và tiệm cận:
Ta có:
lim y  lim y  2  đường thẳng y  2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C).
x 

x 

0,25

lim y  ; lim y  1    đường thẳng x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị (C).

x 1

x 1

* Bảng biến thiên:

x
y'
y





1

-

0,25



2

1.1



2

* Đồ thị:

 1 
Đồ thị (C) cắt Ox tai điểm   ;0  , cắt trục Oy tai điểm  0; 1 .
 2 

0,25

1điểm

1.2

 2a  1 
Gọi M  a;
   C  (điều kiện a  1 ).
 a 1 
Gọi đường thẳng  là đường tiệm cận ngang của đồ thi (C) .
2a  1
0.a  1.
2
3
a 1
Ta có d  M , Oy   a ; d  M ,   

.
2
2
a 1
0 1
Theo giả thiết khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến
3
đường tiệm cận ngang do đó: 2.
a
a 1
a 2  a  6
 a2  a  6  0
a  3
 a a 6  2
 2

.
 a  2

 a  a  6
 a  a  6  0
2

Vì phương trình a 2  a  6  0 vô nghiệm.

0,25

0,25


 7
+ Với a  3  M  3;  .
 2
+ Với a  2  M  2;1 .

0,25

Câu 2
2

2

Phương trình đã cho  cos 3x  cos x  2  2sin x  cos 3 x  cos x  2  2sin x
 cos x  0
2
2
 cos x  2  2 1  cos x  2 cos x  cos x  
 cos x  1


2

+ Với cos x  0  x   k ; k   .
2


x   k 2

1
3
+ Với cos x   
; k  .

2
 x    k 2

3





1điểm
0,25
0,25

0,25

0,25

1điểm

Câu 3
2 x2  1
x 2x2 1
dx  
dx
x
x2
1
 2 udu  xdx
2
2
2
Đặt u  2 x  1  u  2 x  1  
.
2
x2  u 1

2

Ta có I  

1
u2
u2 1  1
1
.
udu


du

du

du

du




 u  1 u  1
u2 1 2
u2 1
u2 1
2
1  u  1   u  1
1 du 1 du
  du  
du   du  

2  u  1 u  1
2 u 1 2  u 1

Do đó I  

u

1
1

 u  ln u  1  ln u  1  C .
2
2
1
1
Vậy I  2 x 2  1  ln 2 x 2  1  1  ln
2
2

2 x2  1  1  C .

0,25

0,25

0,25
0,5 điểm

Câu 4

4.1

0,25

1

 2 x 2  3x  1  0
x

Điều kiện: 


2.

x 1  0
x  1
1
1
1
Khi đó phương trình   log 2 (2 x 2  3 x  1)  log 2 ( x  1) 2 
2
2
2
2
2
 log 2 2(2 x  3x  1)  log 2 ( x  1)





 x  1 (Ko TM)
 2(2 x  3 x  1)  ( x  1)  3x  4 x  1  0  
.
 x  1 TM 
3

1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x 
3
2

0,25

2

2

0,25

0,5 điểm
Điều kiện: x  0.
Hàm số y  8ln x  x 2 xác định và liên tục trên [1;e].
4.2

 x  2  1; e
8
Ta có y '   2 x  y '  0  
.
x
 x  2  1; e

0,25


Ta lại có: y 1  1 ; y  2   8 ln 2  4 ; y  e   8  e 2 .
Vậy : Max y  8ln 2  4 , giá trị lớn nhất đạt được khi x  2.
1;e

0,25

Min y  1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x  1.
1;e

Câu 5
Gọi  là không gian mẫu của phép thử.
Số phần tử của không gian mẫu là n     C164  1820 .
Gọi B là biến cố: “ 4 quả lấy được có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và
không quá hai quả màu vàng”.
Do đó để lấy được 4 quả có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá
hai quả màu vàng có 2 khả năng xảy ra:
+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C52C71

0,25

0,25

+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C51C72
+) Khi đó n  B   C41C71C52  C41C72C51  700 .
+) Xác suất của biến cố B là P  B  

nB
n  



0,25
700
5
 .
1820 13

0,25
1điểm

Câu 6

0,25

Gọi H là trung điểm của AB, vì SAB là tam giác đều  SH  AB .
 SAB    ABCD 

a 3
Ta có  AB   SAB    ABCD   SH   ABCD  và SH  SA2  HA2 
.
2

SH  AB, SH   SAB 
1
1
Vì ABCD là hình chữ nhật  SACD  S ABCD  a.2a  a 2 .
2
2
3
1
1 a 3 2 a 3
Do đó VS . ACD  SH .SACD  .
.a 
(đvtt).
3
3 2

6
Gọi J là trung điểm của CD  IJ / / SC  SC / /  AIJ 

 d  AI , SC   d  SC ,  AIJ    d  C ,  AIJ   .
Ta có CD   AIJ   J  d  C ,  AIJ    d  D,  AIJ   (vì J là trung điểm CD).
Vậy d  AI , SC   d  D,  AIJ   .

0,25

0,25


Vì H là trung điểm AB, J là trung điểm của CD do đó tứ giác AHJD là hình chữ nhật.
Gọi K là tâm của hình chữ nhật AHJD  IK / / SH (vì IK là đường trung bình tam
giác SHD).
SH   ABCD 
SH a 3
Ta có 
 IK   ABCD  và IK 

.
2
4
 IK / / SH
1
a2
Ta có S ADJ  AD.DJ  ;
2
2
1

1 a 3 a2 a3 3
VI . ADJ  IK .S ADJ 
. 
;
3
3 4 2
24
a 17
AJ  AD 2  DJ 2 
.
2
1
1 a 3 a 17 a 2 51
Vì IK   ABCD   IK  AJ  SAIJ  IK .AJ  .
.

.
2
2 4
2
16
3.VI . ADJ 2a 17
Do đó d  D,  AIJ   
.

SAIJ
17

0,25

1điểm

Câu 7

 A  d
Ta có 
 tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ pt
 A   T 

 9 2  1 2 225
 x     y   
8
 4   4 
3x 11y  2  0


0,25

 2 11y
 2 11y
x  3
x  3




2
2
2
2

 2 11y  9    y  1   225   11y  19    y  1   225
 

 3
 3 12   4 
4  4
8
8
x  3
 2 11y 
x  3
 y  1
 2 11y
x





  y  1
 x  93  A 3;1 (vì x A  0 ).
3

13y2  10 y  23  0 
 13
23

 y  

23

13

 y  
13


Gọi điểm E thuộc tia đối của tia BA sao cho AF  CE .


Đặt BE  xAB  BE  x AB , ta có:
  
 
    3 
CE  BE  BC  x AB  AD và AF  AB  BF  AB  AD .
4
Vì AF  CE do đó
 
    3  
3
1
CE. AF  0  x AB  AD  AB  AD   0  xAB 2  AD 2  0  x  .
4
4
3


1
Vậy E thuộc tia đối của tia BA thỏa mãn BE  AB khi đó AF  CE .
3





0,25


AF  CE
Xét tam giác ACE có 
 F là trực tâm tam giác ACE hay EF  AC .
CB  AE
2

2

 9   1  225
Gọi H  EF  AC  tứ giác ABFH nội tiếp hay H  T  :  x     y   
,
4
8
 4 
 93 23 
do đó H là giao điểm (khác A) của đường thẳng d và đường tròn (T)  H  ;   .
 13 13 
Qua B kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC tại K  BK / / HE , khi đó ta có
 AK AB


 KH  BE  3
 AH  12 HC  AH  12 HC


 KH  BF  3
 HC FC
 
93
23    132 36 
Gọi C  a; b   HC  a  ; b   ; AH 
; .
13
13 

 13 13 
132
93 

 12  a  



13 
a  8
 13

Do đó AH  12 HC  

 C  8; 2  .
b


2

36
23



  12 b 

 13
13 

Vậy C  8; 2  .

0,25

0,25

1điểm

Câu 8
3

Điều kiện: x  2.
3
2
Biến đổi pt thứ (2) của hệ thành : 2  x  1  3 y  x  1  4 y 3  0
Nhận xét y  0 không là nghiệm của pt  y  0, do đó pt
3

0,25

2

 x 1 
 x 1
 2
  3
 40
 y 
 y 
Đặt a 

x 1
khi đó pt trở thành
y
 2a 3  3a 2  4  0   a  2   2a 2  a  2   0  a  2 .

Vì pt 2a 2  a  2  0 vô nghiệm.
x 1
 2  2 y   x  1 .
+) Với a  2 
y
3

Thay 2 y   x  1 vào pt (1) của hệ ta được pt

x2  1  x  x3  2

 x3  2   2 x  1   x  1  3 x 2  1  0





x 3  2   2 x  1

2

x3  2   2 x  1
x3  4 x 2  4 x  3
x3  2   2 x  1





 x  1



3

2



3

2

  x 2  1

3

2

x  1   x  1 x  1   x  1



2



2

3

2

x  1   x  1 x  1   x  1

0

0
2



x  x  1



x2  x 1
  x  3 

2
  0  x  3.
3
2
3
2
3
2
x

2

2
x

1



x  1   x  1 x  1   x  1 


2
x  x  1
x  x 1
Vì


 0, x  3 2.
2
3
2
3 2
x  1   2 x  1
x  1   x  1 3 x 2  1   x  1





Với x  3  y  2.





0,25

2

x3  4 x 2  3 x
3

0,25

0,25

Vậy hệ pt đã cho có nghiệm  x; y    3; 2  .
1điểm

Câu 9
a2

Ta có: P 



b  c

a2

b  c

Ta lại có

2

2



 5bc

 5bc

Do đó P 

2

36  a  c 

16b2  27  a  b  a  c 
36  a  c 

a2

b  c 



16b2  27  a  a  b  c   bc 

 5bc

4a 2
9b  c

2



2

2

2

2



a2

b  c

2

4b2



 5bc 9  a  c 

2



3
2
 a  b
4

0,25

a2
4a 2


2
2
5
2
b  c   b  c  9 b  c 
4



2

4b 2
9a  c

2

3
2 a
b  3
2
2
  a  b  

  a  b
4
9 bc a c  4
2

2
2

 3
a  b
2  a2
b2  3
2

2
2
 


a

b


   a  b



9  ab  ac ba  bc  4
9  ab  ac  ba  bc  4
2

2

2
 3
2   a  b
2

 
  a  b


9  2ab   a  b  c  4



2

 3
2
a  b
   a  b 2 .
 
2
9   a  b
 4
 a  b c 


2


0,25

2




2
2

 3
2
1  c 
8  1 c  3
2
2

P 

1

c

 

  1  c  .
2
9  1  c 
9 1 c  4
 4
 1  c  c 

 2

2

2

8 1 c  3
8
2  3
2
2
Ta có 
  1  c    1 
  1  c  .
9 1 c  4
9  1 c  4
2

8
2  3
2
 P  1 
 1  c  .

9  1 c  4

Theo giả thiết a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  1  c   0;1 .
2

8
2  3
2
Xét hàm số f  c   1 
  1  c  với c   0;1 .
9  1 c  4

16 
2  2
3
Ta có f '  c    1 
  c  1 .

2
9  c  1   c  1 2

 f 'c  0 
Bảng biến thiên

0,25

 1
32
27 
1

  0  c  vì c   0;1 .
 c  1 
3

9
3
  c  1 64 
c

f '( c )

1
3

0

–

0

1
+

f (c )
1
9

1
Từ BBT  f  c    , c   0;1 . Do đó P   1 .
9
9
1
Vậy Min P   1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a  b  c  .
3
9
......................... Hết .............................

0,25