De thi thu Quoc gia mon toan truong Chu van an

SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
Đề đề xuất

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2O16
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm).Khảo sát và vẽ đồ thij hàm số y = − x 3 − 6 x 2 − 9 x
Câu 2 ( 1.0 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e x − 2 x trên đoạn [ 0; 2]
Câu 3 (1 điểm ).
æ pö
p
12
÷
a- ÷
a) Cho góc a thỏa mãn < a < p và sin α =
. Tính A = cosç
ç
÷
ç
÷
4
è
ø
2
13
2

b) Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa : z + 1 − 5i = z + 3 − i .
Câu 3( 0.5 điểm). Giải phương trình: log 2 ( 3 x − 1) = 6 + log 0,5 ( 5 x − 2 )

 xy + 2 x + 5 y + 3 = x 2 − 2 y 2
Câu 4 (1 điểm). Giải hệ phương trình : 
 x 2 y + 2 − y x − 1 = x − 1 + 2 x − 2 y − 2
1

Câu 5. (1 điểm) .Tính tích phân :

ò(x + 3e )e
x

2x

dx

0

Câu 6. (1 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ,
AB = 2BC = 2a, AD = 3a . Hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD ) là trung
điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(SCD ) biết SD = a 13 .
Câu 7. (1 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A ( −3;6 ) , trực tâm H ( 2;1) ,



trọng tâm G  ; ÷, C có tung độ dương. Tính diện tích tam giác ABC.
3 3
Câu 8. (1 điểm) : Trong không gian tọa độ Oxyz , cho A ( 1;1;1) , B ( 2;1;0 ) , C ( 2;0; 2 ) . Viết phương
trình mặt phẳng ( α ) đi qua hai điểm B, C và cách A một khoảng lớn nhất.
Câu 9.(0.5 điểm). Một hộp có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên lấy 4
viên bi từ hộp. Gọi A là biến cố “ trong số 4 viên bi lấy được có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng. Tính

xác suất của biến cố A.
Câu 10. (1 điểm ). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : x + y + z = 3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
4 7

biểu thức: P =

x3
y3
z3
2
+
+
− ( xy + yz + zx ) .
3
3
3
y + 8 z + 8 x + 8 27

…..Hết…..


Câu
1
(1 điểm)

2
(1 điểm)

ĐÁP ÁN &THANG ĐIỂM
Môn : TOÁN

Nội dung
3
2
1.(1 điểm) y = − x − 6 x − 9 x
Txđ D = R
Sbt
 x = −1
y ' = −3 x 2 − 12 x − 9 ; y ' = 0 ⇔ 
 x = −3
Bảng biến thiên
Đồ thị
Hàm số liên tục trên đoạn [ 0; 2]

Tính y ' = ( 2 x − 2 ) e x − 2 x
Cho y ' = 0 ⇔ 2 x − 2 = 0 ⇔ x = 1
Ta có
2

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

1
y ( 1) = , y ' ( 0 ) = 1 , y ( 2 ) = 1
e
y = 1 và Min y = 1
Vậy Max

[ 0;2]
[ 0;2]
e
2
(1điểm)
a

Điểm

0.25
0.25


π
2
cosα + sinα
Ta có A = cos α − ÷ =
4
2


(

)

144 25
5
5
π
=

⇔ cosα = ±
⇒ cosα = − (do < α < π )
169 169
13
13
2
12
5
Thay sinα = ,cosα = −
vào A ta được A = 7 2
13
13
26
cos2α = 1 − sin2 α = 1 −

( x, y ∈ ¡ )
từ gt ,ta có : x + 1 + ( y − 5 ) i = x + 3 − ( y + 1) i ;
2
2
2
2
⇔ ( x + 1) + ( y − 5 ) = ( x + 3) + ( y + 1) ⇔ x + 3 y − 4 = 0 ⇔ x = 4 − 3 y

0.25
0.25

Giả sử : z = x + yi,
b

0.25

Khi đó z = x 2 + y 2 = 10 y 2 − 24 y + 16

z nhỏ nhất bằng
3
(0,5
điểm)

2 6
8
khi và chỉ khi: z = + i
5 5
5

2
5
Pt đã cho tương đương với log 2 ( 3 x + 2 ) ( 5 x − 2 ) = 6

0.25

ĐK x >

⇔ ( 3x + 2 ) ( 5 x − 2 ) = 64
⇔ 15 x 2 − 4 x − 68 = 0
x = 2
⇔
 x = − 34
15


Kết hợp đk ta được tập nghiệm phương trình là: S = { 2}

0.25

0.25


Câu 4
(1 điểm)

 y ≥ −1
ĐK : 
x ≥ 1
Pt đầu của hệ tương đương với ( x + y + 1) ( 2 y − x + 3) = 0 ⇔ 2 y − x + 3 = 0 (do đk)

025
0.25

Thay vào pt thứ hai, được: ( 2 y + 3) 2 y + 2 − y 2 y + 2 = 2 y + 2 + 2 y + 4
⇔ ( y + 2)

(

)

2 y + 2 − 2 = 0 ⇔ 2 y + 2 − 2 = 0 ⇔ y = 1 (thỏa đk )

Hệ pt có nghiệm duy nhất : x = 5, y = 1
5
(1điểm)

1

1

1

3x
Ta có I = ò (x + 3e )e dx = ∫ xe dx + 3∫ e dx .
x

2x

2x

0

0

1

0.25

0

1

1

1

3x
3x
3
Đặt J = 3∫ e dx và K = ∫ xe dx ; ta có J = 3∫ e dx = e = e − 1
3x

2x

0

0

0

u = x
⇒
K = ∫ xe dx . Đặt 
2x
dv
=
e
dx
0

1

2x

0.25

0.25

0

du = dx
1
1

1 2x
1 2x

1 2x ; khi đó K = xe − ∫ e dx
2
20
v = e
0

2

0.25

0.25

1

1
1
1
1
1 1

1
1
3
⇔ K = e2 − e2x = e2 − e2 + = e2 + . Vậy I = e3 + e2 −
2
4 0 2
4
4 4
4
4
4
6
(1 điểm)

S

Ta có HD = AD 2 + HA 2 = 9a2 + a2 = a 10
⇒ SH = SD 2 − HD 2 = 13a2 − 10a2 = a 3
Diện tích của hình thang vuông ABCD là
1
1
SABCD = (AD + BC )AB = (3a + a)2a = 4a2
2
2
E

A
H

⇒ VS .ABCD =

D

7
(1 điểm)

8
(1 điểm)

0,25

0,25

3

1
4a 3
SH .SABCD =
3
3

1
VS .ACD = VS .ABCD − VS .ABC = VS .ABCD − SH .AB.CD
6

4a3 3 a3 3
−
= a3 3
C
3
3

B
Ta có ∆HBC vuông cân tại B, HB = a
. ⇒ HC = a 2 . Do đó SC = SH 2 + HC 2 = a 5 . Kẻ CE ⊥ AD tại E , khi đó ta
có ∆CED vuông cân tại E, CE = ED = 2a ⇒ CD = 2a 2
Xét ∆SCD có SC 2 + CD 2 = 5a2 + 8a2 = 13a2 = SD 2 ⇒ ∆SCD vuông tại C
Do đó S∆SCD

0,25

=

3VS.ACD 3a3 3 3a 30
1
2
=
=
= SC .CD = a 10 . Vậy d(A;(SCD)) =
S∆SCD
10
2
a2 10

0,25

0,25

( 1 điểm )
Tìm được B ( 1; −2 ) , C ( 6;3)

0.5

1
12
= 30
Diện tích tam giác ABC : S = 5 2
2
2

0.5

Lập luận để được mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng qua BC và
vuông góc với (ABC)

0.25


uuur
uuu
r
BC = ( 0; −1; 2 ) , AB = ( 1; 0; −1) .Vectơ pháp tuyến của (ABC) là:
r
uuur uuu
r
n( ABC ) =  BC , AB  = ( 1; 2;1)
r
uuur uuuuur
Suy ra VTPT của ( α ) là : n =  BC , n( ABC )  = ( −5; 2;1)

0.25
0.25

0.25

Pt ( α ) : −5 x + 2 y + z + 8 = 0
9
(0,5
điểm)

10
(1 điểm)

4
: Ω = C12 = 495
Các khả năng:
+4 bi lấy được không có bi vàng:4bi đỏ; 1 bi đỏ +3bi xanh;
+4 bi lấy được có đúng 1 bi vàng:gồm 2bi đỏ, 1 bi vàng, 1 bi xanh hoặc 3 bi đỏ , 1 bi
vàng.
Ω = C54 + C51.C43 + C52 .C42 + C53 .C41 + C52 .C31.C41 + C53 .C31 = 275
275 5
P ( A) =
=
495 9

x
y + 2 y − 2y + 4
x
x
+
+
≥ 33
=

y +8
27
27
729 3
3

Áp dụng bđt Cauchy cho các số dương:
Tương tự, thu được :

2

3

x3
y3
z3
x 2 + y 2 + z 2 + 15
+
+
+
≥1
y 3 + 8 z 3 + 8 x3 + 8
27

2
2
2
4 x + y + z + 2 ( xy + yz + zx ) 4 ( x + y + z )
1
⇒P≥ −

= −
=
9
27
9
27
9
1
1
P = khi và chỉ khi x = y = z = 1 ⇒ min P =
9
9
2

0.25
0.25

3

0.25
0.25
0.25
0.25