de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan truong thpt yen the lan 3

TRƯỜNG THPT YÊN THẾ
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III LỚP 12 NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2 x 2

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng d có phương trình y  3 .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:
a) 4x  2x  6 .
b) log22 3x  1  3log8 (3x 1)  3  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I    x  sin 2 x  cos xdx .
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a . Tính diện tích xung quanh
của hình trụ tròn xoay khi quay đường gấp khúc BCDA quanh trục là đường thẳng chứa cạnh AB và thể
tích khối trụ đó.
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 3sin 2 x  cos2 x  cos x  3 sin 2 x  sin x  .
b) Cho đa giác đều 12 đỉnh A1 A2 ... A12 nội tiếp đường tròn  O  . Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa

giác đó. Tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của
đa giác đã cho.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác
đều cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là
trung điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng
(ABB’A’).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C  4; 3 và M

là một điểm nằm trên cạnh AB ( M không trùng với A và B). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc
của A, C lên DM và I  2;3 là giao điểm của CE và BF. Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình vuông
ABCD biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng d có phương trình x  2 y  10  0 .


 x  y  x  1  x  y  y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
trên tập số thực.
3
2
x

6
x

20

171
y

40
y

1
5
y

1





Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn điều kiện: x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức sau:

P

16
x y y z z x
2

2

2 2

2 2



xy  yz  zx
x yz

----- Hết ----Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:........................................................................; Số báo danh:..................................................


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III LỚP 12
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TRƯỜNG THPT YÊN THẾ

I. Phần chung
Câu
1.a
TXĐ: D  R
(1 điểm)
lim y  

Điểm
0.25
0.25

Nội dung

x

x  0
y '  4x3  4x; y '  0  
 x  1
Lập bảng biến thiên, nêu tính đồng biến, nghịch biến, cực đại cực tiểu
Vẽ đồ thị:

0.25

0.25

1.b
(1 điểm)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là: x 4  2 x 2  3
t  3
Đặt t  x 2 , (t  0) , có phương trình t 2  2t  3  0 
t  1 ( L)
Với t  3 . Tìm được x   3
KL: Có hai giao điểm là

Câu 2
(1 điểm)

Câu 3
(1 điểm)



 

3;3 và  3;3



I    x  sin 2 x  cos xdx   x cos xdx   sin 2 x cos xdx

1

Vậy I 

sin 3 x
 x sin x  cos x  c

3

0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

 x cos xdx   xd   sin x   x sin x   sin xdx   x sin x  cos x  c
sin 3 x
 c2
3

0.25
0.25

2x  2
 x 1
Ta có 4 x  2 x  6  0   x
 2  3
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x  1
1
ĐK: x  
3
1
Ta có log 22 3x  1  3log8 (3x  1)  3  0  log 22 3 x  1  log 2 (3 x  1)  3  0
4
x  1

3 x  1  4
log 2 (3x  1)  2
(Tm). KL



6
 x   21
log
(3
x

1)


6
 2
3 x  1  2
64


2
2
 sin x cos xdx   sin xd  sin x  

0.25
0.25

0.25
0.25

0.25


Câu 4
(1 điểm)

Câu 5a
(0,5 điểm)

Ta có chiều cao và độ dài đường sinh của hình trụ là a, bán kính đáy là a
Diện tích xung quanh là 2 a 2 . Diện tích đáy là  a 2
1 2
 a3
Thể tích khối trụ là:  a .a 
3
3
KL
Biến đổi phương trình thành



 

3sin2x  cos2x 



3sin x  cos x  2






 cos 2x    sin  x    1
3
6


 

sin  x  6   0






 2sin2  x    sin  x    0  
 
6
6
 1


sin  x   
6 2
 

Câu 5b
(0,5 điểm)



 k ; x 

0.25
0.25

0.25



 k2 và x    k2 , k  Z
6
3
Số phần tử không gian mẫu n    C123  220 .
Gọi A là biến cố: “3 đỉnh tạo hành tam giác không có cạnh nào là cạnh của H”.
Số tam giác có hai cạnh là cạnh của H là: 12
Số tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của H là 12.8
Suy ra n( A) C123  12  12.8  112 .
112 28
Vậy P( A)
 .
220 55

Tìm được nghiệm x 

0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

0.25

Câu 6
(1 điểm)

BE //( A' B' C ' ) nên d(E,(A’B’C’) = BH
Tam giác BHB’vuông tại H nên
a 3
BH = BB '2  B' H 2 
2
1
3 2
3 2
 S A' B 'C '  A' B'.B' C '.sin 60 0 
a  S HB'C ' 
a
2
4
8
1
1 a 3 a 2 3 a3
 VEHB 'C '  BH .S HB 'C '  .

3
3 2

8
16
3VC . ABB ' A '
d (C , ( ABB ' A ')) 
;
S ABB ' A '
VC . ABB ' A '  VABC . A ' B 'C '  VC . A' B ' C ' 

3a 3 a 3 a 3
 
8
8
4

0.25

0.25


SABB'A'  AH . A ' B ' 

d (C , ( ABB ' A ')) 

a 3
a2 3
.a 
2
2

3VC . ABB ' A '

S ABB ' A '

0.25

a3
a 3
 24 
2
a 3
2
3.

0.25

Câu7
(1 điểm)

DN DF
(1).

DC DE
DF ME
Tam giác DFC đồng dạng với tam giác MEA nên
(2).

DC MA
AD MA
Lại có tam giác DEA đồng dạng với AEM nên
(3).


DE AE
DF ME MA MA
Từ (2) và (3) suy ra
(4)



DE AE AD AB
DN MA
Từ (1) và (4) suy ra

 DN  MA . Do đó MBCN là hình chữ
DC AB
Qua F kẻ FN song song với EC, cắt DC tại N. Khi đó ta có

nhật. Mà tứ giác MBCF là tứ giác nội tiếp nên năm điểm M, B, C,
N ,F cùng nằm trên một đường tròn. Suy ra góc BFN bằng 900 suy ra
FN vuông góc bới BF. Mà Fn song song với EC nên EC  BF .
 
 b  10 
Giả sử B  b;
.
Từ
IB.IC  0  B  0;5

2 

Phương trình BC: 2 x  y  5  0 . Giả sử A  x; y  .

0.25

0.25

 AB  BC
Từ 
suy ra A 8;1 hoặc A  8;9 .
 AB  BC
A  8;9 nhận thấy A và I khác phía với BC nên loại.

0.25

A 8;1 nhận thấy A và I nằm cùng phía với BC nên thoả mãn.
 
Từ AD  BC suy ra D  4; 7  . Vậy A 8;1 , B  0;5 , D  4; 7  .
Câu 8
(1 điểm)


 x  y  x  1  x  y  y
Xét 
3
2

 x  6 x  20  171y  40  y  1 5 y  1
Ta có

(1)
(2)

x  0


1

ĐK:  y 
5

 x  y  x  1  0

0.25


(1)  x  y  x  1  y  x  y  0 

x  y  xy  y 2
x  y  x  1  y

x y
0
x y





1 y
1
0 y x
  x  y 

x  y 
 x  y  x  1  y

1 y
1
Vì
>0 với mọi x, y thoả mãn điều kiện.

x y
x  y  x  1  y

0.25

Thế y  x vào phương trình (2) ta được

0.25

x3  6x2  20  171x  40  x  1 5x 1





  x  8  x 2  22 x  5  20  x  1 2 5 x  1  x  1  0









2
2
  x  8  x  1  2 5 x  1   20  x  1 x  1  2 5 x  1  0


 x  1  2 5 x  1  2  x  8 5 x  1  x 2  27 x  12  0
 x  1  2 5x  1  0





Giải được x  11  2 29 suy ra y  11  2 29 thoả mãn.

0.25

Vậy hệ đã cho có duy nhất một nghiêm 11  2 29;11  2 29 
Câu 9
(1 điểm)

x


 y 2  z 2   x4  y 4  z 4

9  x4  y 4  z 4
Ta có x y  y z  z x
.

2

2
Lại có x 4  x  x  3x 2 ; y 4  y  y  3 y 2 ; z 4  z  z  3z 2 suy ra

0.25

 x  y  z
xy  yz  zx 

0.25

2

2

2 2

2

2

2

2

x4  y 4  z 4  3  x2  y 2  z 2   2  x  y  z   9  2  x  y  z 

Đo đó P 

 x2  y 2  z 2  x  y  z   3


2
2
2
 x  y  z  1
16

2 x  y  z
x  y  z 1
2

2

16
t 2 1

Đặt t  x  y  z, t   3;3 . Ta có P  f  t  
2t
t 1
1 1
8
1 1
8
f ' t   2  
  
0
3
3
2t
2
6

2
4
 t  1

28
f t  nghịch biến trên  3;3 . Do đó P  f  t   f  3  .
3

Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  1. KL

0.25

0.25