De thi thu Quoc gia mon toan truong Chau thanh 1

SỞ GDĐT TỈNH ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT CHÂU THÀNH 1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề

(Đề gồm có 02 trang)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = − x 3 + 3mx + 1

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O
(với O là gốc tọa độ ).
Câu 2: (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2log 9 x + 1 =

2
.
log 3 x

b) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn điều kiện

z − 2 z = 3 + 4i .

2

x 3 − 2 ln x
dx .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

x2
1
Câu 4: (1,0 điểm).
a) Cho

α là góc thỏa mãn sin α + cosα = 2 . Tính P = sin 2α .
2

b) Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X. Ban
quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy B và 6 mẫu ở
quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để trong các hộp kín có kích thước giống
hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem trong thịt lợn có
chứa hóa chất “Super tạo nạc” (Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để 3 hộp lấy ra có đủ ba
loại thịt ở các quầy A, B, C.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A ( −4;1;3) và đường thẳng
x +1 y −1 z + 3
d:
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường
−2
1
3
thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB = 27 .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB = AC = a , I là
trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của
BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 60o . Tính thể tích khối chóp S . ABC và tính
khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( SAB ) theo a .

1

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A ( 1; 4 ) , tiếp
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong
của ·ADB có phương trình x − y + 2 = 0 , điểm M ( −4;1) thuộc cạnh AC . Viết phương trình
đường thẳng AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4

 4 y 2 − x − 2 + y − 1 = x − 1

Câu 9: (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a , b, c thỏa mãn
nhất của biểu thức P =

a 2 + b 2 + c 2 = 4 . Tìm giá trị nhỏ

3a
3b
3c
.
+ 2
+ 2
2
2
b +c
c +a
a + b2
2

2


ĐÁP ÁN
Câu
1

Nội dung
a. (1,0 điểm)
Với m=1 hàm số trở thành: y = − x3 + 3x + 1
TXĐ: D = R
y ' = −3 x 2 + 3 , y ' = 0 ⇔ x = ±1

Điểm
0.25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( 1; +∞ ) , đồng biến trên khoảng ( −1;1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 1 , yCD = 3 , đạt cực tiểu tại x = −1 , yCT = −1
lim y = −∞ , lim y = +∞

0.25

* Bảng biến thiên
x
–∞
y’
+∞
y

0.25

x →+∞

x →−∞

+

-1
0

–

+∞

1
0
3

+
-∞

-1

4

0.25
2

2

* Đồ thị:

4

b). (1,0 điểm)

y ' = −3x 2 + 3m = −3 ( x 2 − m )

0.25

y ' = 0 ⇔ x − m = 0 ( *)
2

Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị ⇔ PT (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 ( **)

(

)

Khi đó 2 điểm cực trị A − m ;1 − 2m m , B

(

m ;1 + 2m m

0.25
0.25

)
3

uuu
r uuu
r

3
Tam giác OAB vuông tại O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ 4m + m − 1 = 0 ⇔ m =

1
( TM (**) )
2

0,25

1
2
(1,0 điểm)

Vậy m =
2.

a) Giải phương trình 2log 9 x + 1 =

2
.
log 3 x

0.5

x > 0
Điều kiện 
.
x ≠ 1
1
t . Ta được phương trình ẩn t
2
t = 1
1
2
2
2. t + 1 = ⇔ t + 1 = ⇔ t 2 + t − 2 = 0 ⇔ 
2
t
t
t = −2

Đặt t = log 3 x, (t ≠ 0) ⇒ log 9 x =

0.25

Với t = 1 ⇒ log 3 x = 1 ⇔ x = 3 .

−2
Với t = −2 ⇒ log 3 x = −2 ⇔ x = 3 =

1
.
9

0.25

1 
Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S =  ;3 .
9 
b) Tìm môđun của số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 z = 3 + 4i .
Đặt z = x + yi, (x, y ∈ ¡ ) ⇒ z = x − yi ⇒ −2 z = −2 x + 2 yi .
Khi đó phương trình đã cho trở thành
x + yi − 2 x + 2 yi = 3 + 4i
⇔ − x + 3 yi = 3 + 4i

0.5

− x = 3
⇔
3 y = 4
 x = −3

⇔
4
 y = 3
4
Vậy z = −3 + i ⇒ z =
3
3

0.25

2

4
97
97
=
( −3) +  ÷ =
9
3
3
2

0.25

(1,0 điểm)
2

2

2

2

2

ln x
x2
ln x
3
ln x
I = ∫ xdx − 2 ∫ 2 dx =
−2 ∫ 2 dx = − 2∫ 2 dx

x
2 1 1 x
2
x
1
1
1

0.25

4


2

Tính J = ∫
1

ln x
dx
x2

Đặt u = ln x, dv =

0.25
1
1
1
dx . Khi đó du = dx, v = −
2

x
x
x
2

2

1
1
Do đó J = − ln x + ∫ 2 dx
x
x
1
1
2

1
1
1
1
J = − ln 2 −
= − ln 2 +
2
x1
2
2
Vậy I =
4.

0.25

1
+ ln 2
2

0.25

(1,0 điểm)
2
a) Cho α là góc thỏa mãn sin α + cos α =
. Tính P = sin 2α .
2
1
1
2
2
Từ giả thiết sin α + cos α =
. Suy ra ( sin α + cos α ) = ⇔ 1 + 2sin α .cos α =
2
2
2
1
1
1
⇔ 2sin α .cos α = − ⇔ sin 2α = − .Vậy P = sin 2α = −
2
2
2

0.25

b) Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X.
Ban quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy
B và 6 mẫu ở quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để trong các
hộp kín có kích thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để
phân tích, kiểm tra xem trong thịt lợn có chứa hóa chất “Super tạo nạc”
(Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để 3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở các
quầy A, B, C.

0.5

0.5

0.25

Không gian mẫu Ω là tập hợp tất cả các tập con gồm 3 phần tử của tập hợp các hộp đựng thịt
15!
3
= 455.
gồm có 4 + 5 + 6 = 15 phần tử, do đó: n ( Ω ) = C15 =
12!.3!
Gọi D là biến cố “Chọn được một mẫu thịt ở quầy A, một mẫu thịt ở quầy B, một mẫu thịt ở
quầy C”.
Tính n ( D )
Có 4 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy A.
Có 5 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy B.
Có 6 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy C.
Suy ra, có 4.5.6 = 120 khả năng chọn được 3 hộp đủ loại thịt ở các quầy A, B, C

0.25

0.25

5


⇒ n ( D ) = 120.
Do đó: P( D ) =
5.

120 24
= .
455 91

(1,0 điểm)

uu
r
Đường thẳng d có VTCP là ud = ( −2;1;3)
uu
r
Vì ( P ) ⊥ d nên ( P ) nhận ud = ( −2;1;3) làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng ( P ) là : −2 ( x + 4 ) + 1( y − 1) + 3 ( z − 3) = 0
⇔ −2 x + y + 3 z − 18 = 0

0.25
0.25

Vì B ∈ d nên B ( −1 − 2t ;1 + t; −3 + 3t )

AB = 27 ⇔ AB 2 = 27 ⇔ ( 3 − 2t ) + t 2 + ( −6 + 3t ) = 27 ⇔ 7t 2 − 24t + 9 = 0
2

6.

2

0.25

t = 3
 13 10 12 
⇔  3 Vậy B ( −7; 4;6 ) hoặc B  − ; ; − ÷
t =
7
 7 7
 7
(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của AB ⇒ HK ⊥ AB (1)
Sj
Vì SH ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ AB (2)

0.25

Từ (1) và (2) suy ra ⇒ AB ⊥ SK
Do đó góc giữa ( SAB ) với đáy bằng góc
·
giữa SK và HK và bằng SKH
= 60o

M
B

H

C

·
Ta có SH = HK tan SKH
=

a 3
2

K
A

1
1 1
a3 3
Vậy VS . ABC = S ABC .SH = . AB. AC.SH =
3
3 2
12

0.25

Vì IH / / SB nên IH / / ( SAB ) . Do đó d ( I , ( SAB ) ) = d ( H , ( SAB ) )
0.25

Từ H kẻ HM ⊥ SK tại M ⇒ HM ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( H , ( SAB ) ) = HM
Ta có

1
1
1
16
a 3
a 3
=
+
= 2 ⇒ HM =
. Vậy d ( I , ( SAB ) ) =
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4

0,25

6


7.

(1,0 điểm)
·
Gọi AI là phan giác trong của BAC
·
Ta có : ·AID = ·ABC + BAI

A

M'

E
K
M
C

I

B

D

0,25

·
·
·
IAD
= CAD
+ CAI
·

·
·
·
Mà BAI
, ·ABC = CAD
nên ·AID = IAD
= CAI
⇒ ∆DAI cân tại D ⇒ DE ⊥ AI

PT đường thẳng AI là : x + y − 5 = 0

0,25

Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI ⇒ PT đường thẳng MM’ : x − y + 5 = 0
Gọi K = AI ∩ MM ' ⇒ K(0;5) ⇒ M’(4;9)
uuuuu
r
r
VTCP của đường thẳng AB là AM ' = ( 3;5 ) ⇒ VTPT của đường thẳng AB là n = ( 5; −3)

0,25
0,25

Vậy PT đường thẳng AB là: 5 ( x − 1) − 3 ( y − 4 ) = 0 ⇔ 5 x − 3 y + 7 = 0
8.
(1,0 điểm).

 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4(1)

 4 y 2 − x − 2 + y − 1 = x − 1(2)

0.25

 xy + x − y 2 − y ≥ 0
 2
Đk:  4 y − x − 2 ≥ 0
 y −1 ≥ 0

Ta có (1) ⇔ x − y + 3

( x − y ) ( y + 1) − 4( y + 1) = 0

Đặt u = x − y , v = y + 1 ( u ≥ 0, v ≥ 0 )
u = v
Khi đó (1) trở thành : u 2 + 3uv − 4v 2 = 0 ⇔ 
u = −4v (vn)
Với u = v ta có x = 2 y + 1 , thay vào (2) ta được :
⇔ 4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1) +
2 ( y − 2)
4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1

+

(

0.25

4 y2 − 2 y − 3 + y −1 = 2 y

)

y −1 −1 = 0


y−2
2
= 0 ⇔ ( y − 2) 
+
2

y −1 +1
4
y
−
2
y
−
3
+
2
y
−
1


0.25


1
÷= 0

y −1 +1 ÷


7


⇔ y = 2 ( vì ⇔

2
4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1

+

0.25

1
> 0∀y ≥ 1 )
y −1 +1

Với y = 2 thì x = 5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là ( 5; 2 )

9.

Cho ba số thực dương a , b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1.0
điểm

3a
3b

3c
.
P= 2
+ 2
+ 2
2
2
b +c
c +a
a + b2
a 2 + b 2 + c 2 = 4
⇒ a, b, c ∈ ( 0; 2 ) và a 2 + b 2 + c 2 = 4 ⇔ b 2 + c 2 = 4 − a 2 …
Từ giả thiết 
 a , b, c > 0
3a
3b
3c
3a
3b
3c
3a 2
3b 2
3c 2
Do đó P = 2
+
+
=
+
+
=

+
+
b + c 2 c 2 + a 2 a 2 + b2 4 − a 2 4 − b 2 4 − c 2 4a − a 3 4b − b3 4c − c 3
Vì a, b, c > 0 .
3
Xét hàm số f ( x ) = 4 x − x với x ∈ ( 0; 2 ) . Có

0,25

±2 3
, f (0) = 0, f (2) = 0 .
3
Ta có bảng biến thiên của hàm số f ( x ) trên ( 0; 2 ) là
f ' ( x ) = 4 − 3x 2 ⇒ f ' ( x ) = 0 ⇔ x =

0.25

3

2 3
2 3  2 3  16 3
f 
=
4
− 
÷
÷
÷
÷ = 9
3

 3 
 3 
16 3
Từ bảng biến thiên ta có 0 < f ( x ) ≤
, ∀x ∈ ( 0; 2 ) .
9
16 3
1
9
3x 2
9 3x2
⇒
≥
⇒
≥
, ∀x ∈ ( 0; 2 ) .
Tức 0 < 4 x − x3 ≤
9
4 x − x 3 16 3
4 x − x3 16 3
Dấu “=” khi x =

0.25

2 3
.
3

8

Áp dụng ta có
3a 2
9 3a 2 9a 2
3b2
9 3b 2 9b 2
3c 2
9 3c 2 9c 2
≥
=
;
≥
=
;
≥
=
, (a, b, c ∈ ( 0; 2 ) )
4a − a 3 16 3
16 4b − b3 16 3
16 4c − c 3 16 3
16
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được
9a 2 9b 2 9c 2 9 2
9
P≥
+
+
= ( a + b2 + c2 ) = .
16 16 16 16
4

2 3
Và dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =
.
3
9
2 3
Vậy min P = đạt được, khi và chỉ khi a = b = c =
.
4
3

0.25

9