De thi thu Quoc gia mon toan truong Cao lanh 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỒNG THÁP

Môn thi: TOÁN

TRƯỜNG THPT CAO LÃNH 2

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

ĐỀ THI THỬ
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 4 − 2 x 2 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m + 2) x + m − 1 có hai điểm cực trị.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1 + i )( z − i ) + 2 z = 2i . Tìm môđun của số phức w =

z − 2z +1
.
z2

2
b) Giải bất phương trình 1 + log 2 ( x − 1) ≤ log 2 ( x + x − 4).

e

( x 2 + 1) ln x
dx .
x

1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : 3 x − 4 y + z − 7 = 0 và đường
x −1 y − 2 z − 3
=
=
thẳng d :
. Tìm tọa độ giao điểm của d và (P) và viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa
3
2
1
đường thẳng d đồng thời vuông góc với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sin 2 x + cos 2 x + 1 = 4cos x
b) Trong đợt tham quan thực tế khu di tích Xẻo Quýt, Đoàn trường THPT Cao Lãnh 2 cử 30 đoàn
viên xuất sắc của 3 khối tham gia. Khối 12 có 6 nam và 4 nữ, khối 11 có 5 nam và 5 nữ, khối 10 có 4 nam và
6 nữ. Chọn mỗi khối 1 đoàn viên làm nhóm trưởng, tính xác suất để trong 3 em làm nhóm trưởng có cả nam
và nữ.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh AB = 3a, BC = 5a .
Hình chiếu vuông góc của điểm B ' trên mặt phẳng ( ABC ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Góc giữa hai mặt phẳng

( ABB ' A ' )

( ABC ) bẳng
đến mặt phẳng ( ACC ' A ') .

và mặt phẳng

ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách từ điểm B '

600 . Tính thể tích khối lăng trụ

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB // CD) có đỉnh
A(2; −1) . Giao điểm hai đường chéo AC và BD là điểm I (1; 2). Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI có
 27 9 
tâm là E  − ; − ÷. Biết đường thẳng BC đi qua điểm M (9; −6) . Tìm tọa độ đỉnh B, D biết điểm B có
8
 8
tung độ nhỏ hơn 3.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

x−3
2 9− x
≤
.
x
3 x +1 + x + 3

Câu 10 (1,0 điểm). Giải sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

a2
b2
3
+
− (a + b)2 . /. Hết.
thức P =
2

2
(b + c) + 5bc (c + a ) + 5ca 4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỒNG THÁP

ĐÁP ÁN-THANH ĐIỂM

TRƯỜNG THPT CAO LÃNH 2

Môn thi: TOÁN

ĐỀ THI THỬ

(Đáp án-Thang điểm gồm 06 trang)

Câu
1
(1,0đ)

Đáp án
•
•

Điểm

Tập xác định: D = R .
Sự biến thiên

0,25

x = 0 ⇒ y = 0
y, = 0 ⇔ 
.
 x = ± 1 ⇒ y = −1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0;1) . Đồng biến trên các khoảng (−1; 0)
và (1; +∞)
,
3
2
Chiều biến thiên y = 4 x − 4 x = 4 x ( x − 1),

0,25

Cực trị: hàm số đạt cực trị tại x = ±1 , yCT = −1 , đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0 .
Giới hạn tại vô cực: lim y = +∞; lim y = +∞ .
x →−∞

Bảng biến thiên:
x

x →+∞

−∞

−1

−

y’

0

0

+

+∞

−

0

−1

0,25

+

+∞

0

y
•

0

+∞

1

−1
0,25

Đồ thị:
8
8

6

f(x) = x4-2⋅x2
4

2

-2

-1

1

O

2

-1

2

TXĐ: D = R

(1,0đ)

Ta có: y ' = 3x 2 − 6mx + 3m + 6;
y ' = 0 ⇔ x 2 − 2mx + m + 2 = 0 (*)

0,25

0,25

Hàm số đã cho có hai điểm cực trị khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt
hay ∆ ' = m 2 − m − 2 > 0

0,25

⇔ m < −1 hoặc m > 2

0,25


3
(1,0đ)

a) Ta có (1 + i )( z − i) + 2 z = 2i ⇔ (3 + i) z = −1 + 3i
suy ra z =
w=

0,25

−1 + 3i ( −1 + 3i)(3 − i)
=
=i
3+i
(3 + i)(3 − i)

z − 2 z + 1 −i − 2i + 1
=
= −1 + 3i . Nên w = 1 + 9 = 10
z2
i2

b) Điều kiện x >

0,25
0,25

−1 + 17
2

Bất phương trình đã cho tương đương với
log 2 2 + log 2 ( x − 1) 2 ≤ log 2 ( x 2 + x − 4) ⇔ log 2 (2 x 2 − 4 x + 2) ≤ log 2 ( x 2 + x − 4)

0,25

⇔ 2x2 − 4 x + 2 ≤ x2 + x − 4 ⇔ x2 − 5x + 6 ≤ 0
⇔2≤ x≤3

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là 2 ≤ x ≤ 3 .
4
(1,0đ)

e

e

0,25

e

( x 2 + 1) ln x
ln x
dx = ∫ x ln xdx + ∫
dx
x
x
1
1
1

I =∫

0,25

1

du = dx


u
=
ln
x


x
A = ∫ x ln xdx. Đặt 
ta có 
2
 dv = xdx
1
v = x

2
e

e

e

e

 x 2 ln x  1 e
 x 2 ln x   x 2 
e2 + 1
suy ra A = 
÷ − ∫ xdx = 
÷ − ÷ =

4
 2 1 2 1
 2 1  4 1
e

ln x
dx
dx . Đặt t = ln x ⇒ dt = ; x = 1 ⇒ t = 0; x = e ⇒ t = 1
x
x
1

B=∫

0,25

1

 t2 
1
B = ∫ tdt =  ÷ =
 2 0 2
0
1

e

( x 2 + 1) ln x
e2 + 3
dx =

x
4
1

Vậy I = ∫
5

r
Đường thẳng d đi qua điểm A(1; 2;3) và có vec tơ chỉ phương là ud = (3; 2;1)

(1,0đ)

r
Mặt phẳng (P) có vec tơ pháp tuyến là n p = (3; −4;1)

0,25

0,25

Gọi M = d ∩ ( P ) . Vì M ∈ d nên M (1 + 3t ; 2 + 2t ;3 + 1t )
Suy ra M ∈ ( P) ⇔ 3(1 + 3t ) − 4(2 + 2t ) + (3 + t ) − 7 = 0
⇔t =

9
15 
 29
⇔ M  ;11; ÷
2
2
 2

Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P) nên (Q) có vec tơ pháp tuyến
r
r r
nQ = ud , n p  = (6;0; −18)

0,25
0,25


r
r r
(Q) đi qua điểm A(1; 2;3) và có VTPT nQ = ud , n p  = (6;0; −18) có phương trình là
x − 3z + 8 = 0

0,25

6

a) sin 2 x + cos 2 x + 1 = 4 cos x ⇔ 2 sin x.cos x + 2 cos 2 x − 4 cos x = 0

0,25

(1,0đ)

⇔ 2 cos x(sin x + cos x − 2) = 0

cos x = 0
π
⇔

⇔ x = + kπ , k ∈ Z.
2
2
2
2
sin x + cos x = 2(VN do 1 + 1 < 2 )
Vậy nghiệm phương trình là x =

0,25

π
+ kπ , k ∈ Z.
2

b) Chọn ngẫu nhiên mỗi khối 1 đoàn viên, ta có số phần tử không gian mẫu là:
1
C10
.C101 .C101 = 1000

0,25

Gọi biến cố A “Trong 3 em làm nhóm trưởng có cả nam và nữ”
Khi đó A “Trong 3 em làm nhóm trưởng chỉ có nam hoặc nữ”
0,25

1
1
1
1
1

1
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C6 .C5 .C4 + C4 .C5 .C6 = 240

Xác suất biến cố A là P ( A) =

240
= 0, 24
1000

Suy ra xác suất biến cố A là: P ( A) = 1 − P ( A) = 1 − 0, 24 = 0, 76
7

0,25

B'

(1,0đ)
A'

C'

Gọi H, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và
AB
Ta có B ' H ⊥ ( ABC ) và HN ⊥ AB . Suy ra góc
giữa hai mặt phẳng ( ABB ' A ' ) và ( ABC ) là
¼' NH = 600 .
B

B
H

N
A∆ABC

vuông tại A, có AB = 3a, BC = 5a . Suy ra AC = 4a ⇒ HN = 2a
M

C

0,25

¼' NH = 600 , HN = 2a . Suy ra
∆B ' HN vuôngF tại H có B
¼' NH =
tan B

B'H
= 3 ⇒ B ' H = 2a 3
HN

Thể tích khối lăng trụE ABC. A ' B ' C ' là: VABC . A ' B 'C ' = B ' H .S ABC = 2a 3.

3a.4a
= 12 3a 3
2

(đvtt)
Gọi E là giao điểm của B ' H và CC’ nên H là trung điểm của B’E, Gọi M là trung điểm của
AC, F là hình chiếu của H lên ME
Ta có: HF ⊥ ME (1)

AC ⊥ MH ; AC ⊥ B ' H ⇒ AC ⊥ HF (2)

1
Từ (1) và (2) suy ra HF ⊥ ( ACC ' A ') ⇒ d ( H , ( ACC ' A ')) = HF = d ( B ', ( ACC ' A '))
2

0,25


HM =

0,25

1
3a
AB = ; HE = B ' H = 2 3a
2
2

∆MHE vuông tại H có đường cao HF; HF =

d ( B ', ( ACC ' A ')) = 2 HF =

8

HM .HE
HM 2 + HE 2

=

6a 19
19

12a 19
(đvđd)
19

A

(1,0đ)

Gọi H là trung điểm của DI và K là giao
điểm của EI và BC

B
K

I

Ta chứng minh EK ⊥ BC .

E
H

0,25

Thật vậy ta có EH ⊥ DI , góc
(tính chất hình thang cân)
¼ = DAC
¼

DBC

M

C

D

¼ = IEH
¼ (góc ở tâm), suy ra
DAC
¼ = IEH
¼
DBC
¼ = BIK
¼
Mặt khác EIH
(đối đỉnh). Do đó

¼ = 900 ⇒ EK ⊥ BC
BIK
uur  35 25 
Ta có EI =  ; ÷, BC : 7 x + 5 y − 33 = 0
 8 8 
uur
AI = ( −1;3) , AC : 3x + y − 5 = 0

0,25

 BC : 7 x + 5 y − 33 = 0  x = −1

⇒
⇒ C ( −1;8)
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
 AC : 3x + y − 5 = 0
y = 8
 33 − 5b 
B ∈ BC ⇒ B 
÷, b < 3. Ta có IA = IB = 10
 7 

b = 1 ( N )
⇔ 37b − 228b + 191 = 0 ⇔  191
⇔ B (4;1)
b =
( L)
37

uuur
uur
IC = ID = 2 10 ⇔ DI = 2 IB. Suy ra D (−5; 4)

0,25

2

9

0,25

Điều kiện −1 ≤ x ≤ 9; x ≠ 0

(1,0đ)
(1) ⇔

⇔

⇔

(

x 2 − 3x − 2 9 − x x + 3 + 3 x + 1

(

x x + 3 + 3 x +1

)

(

) ≤0

0,25

( x + 3) 2 − 9( x + 1) − 2 9 − x x + 3 + 3 x + 1

(

x x + 3 + 3 x +1

( x +3+3

)(

)

x +1 x + 3 − 3 x +1 − 2 9 − x

(

x x + 3 + 3 x +1

)

) ≤0

) ≤0

0,25


⇔

⇔

0,25

x + 3 − 3 x +1 − 2 9 − x
≤0
x

x +1

(

) (

x +1 − 3 + 2 1− 9 − x
x

) ≤0

⇔


x −8 
x +1
2
+

÷≤ 0
x  x +1 + 3 1+ 9 − x ÷


⇔

x −8
≤0⇔0< x≤8
x

0,25

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là: 0 < x ≤ 8
10

Áp dụng BĐT Côsi

0,25

(1,0đ)

a2
a2
4a 2
≥
=
(b + c) 2 + 5bc (b + c) 2 + 5 (b + c) 2 9(b + c ) 2
4

b2
4b 2
≥
Tương tự
(c + a) 2 + 5ca 9(c + a) 2
2

a2
b2
4  a2
b2  2  a

b 
+
≥
+
≥ 
+

÷
2
2
2
2 ÷
(b + c ) + 5bc (c + a ) + 5ca 9  (b + c) (c + a)  9  b + c c + a 

0,25

2

 ( a + b) 2

2
+
c
(
a
+
b
)
2
2


÷
2  a + b + c (a + b) 
2
2
= 
≥

÷
÷
9  ab + c( a + b) + c 2  9  (a + b)2
2 ÷
+ c ( a + b) + c ÷


4

2

2  2(a + b) 2 + 4c( a + b) 
= 
÷
9  (a + b) 2 + 4c(a + b) + 4c 2 

Vì a + b + c = 1 ⇔ a + b = 1 − c nên ta có

0,25

2

2

2  2(1 − c) 2 + 4c(1 − c)  3
8
2  3
2
P≥ 
− (1 − c ) 2 = 1 −
÷ − (1 − c ) (1)
2
2 ÷
9  (1 − c) + 4c(1 − c) + 4c  4
9  c +1  4

0,25

2

8
2  3
2
Xét hàm số f (c ) =  1 −
÷ − (1 − c ) , c ∈ (0;1)
9  c +1  4
f '(c) =

16 
2 
2
3

− (c − 1)
1 −
÷.
2
9  c + 1  (c + 1) 2

f '(c) = 0 ⇔ c =

1
3

Bảng biến thiên
c

0

1
3

1


f '(c)

−

0

+

f (c )

−

1
9

1
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c ) ≥ − , mọi c ∈ (0;1)
9

(2)

1
1
Từ (1) và (2) suy ra P ≥ − , dấu bằng xảy ra khi a = b = c =
9
3
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − ,
9
Hết./.