De thi thu Quoc gia mon toan truong Nguyen van khai

SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THCS-THPT NGUYỄN VĂN KHẢI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ ĐỀ XUẤT

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).
sin 2 x + 3sinx .cosx − 2
a) Tính giá trị của biểu thức A =
, biết tan x = 2 .
cos 2 x + 5sinx .cosx + 4
b) Tìm phần thực, phần ảo của z biết: ( 1 + i ) z + ( 6 − 5i ) = 8 − 4i
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
0

x 2 dx
.
2 + 2 x3

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 4.9 x + 12 x − 3.16 x = 0 .
b) Trong đợt ứng phó virut Zika, sở y tế Thành phố đã chọn ngẫu nhiên 3 đội phòng chống
dịch cơ động trong số 5 đội của Trung tâm y tế dự phòng thành phố và 20 đội của các Trung
tâm y tế cơ sở để kiểm tra công tác chuẩn bị. Tính xác suất để có ít nhất 2 đội của các Trung
tâm y tế cơ sở được chọn.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

(d) :

x −1 y +1 z
=
= và hai điểm A ( 1; −1; 2 ) , B ( 2; −1;0 ) . Viết phương trình mặt phẳng (P)
2
−1 1

qua A và vuông góc (d). Xác định tọa độ điểm M thuộc (d) sao cho tam giác AMB vuông tại
M.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD =
a 3 , SD= a 7 và SA ⊥ (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
b) Tính góc hợp bởi các mặt phẳng (SCD) và (ABCD).
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 góc 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 a, b, c là các số dương và a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:

P=

bc
3a + bc

+

ca
3b + ca

+

ab
3c + ab

.

…….Hết……….


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

Đồ thị:

4

0.25

2

2

4

b. (1,0 điểm)

y ' = −3 x 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

)

uuu
r uuu
r
1
3
Tam giác OAB vuông tại O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ 4m + m − 1 = 0 ⇔ m = ( TM (**) )
2
1

Vậy m =
2

0.25
0.25

0,25


2

(1,0 điểm)
sin 2 x + 3sinx .cosx − 2
a) A =
cos 2 x + 5sinx .cosx + 4
Vì tan x = 2 ⇒ cos x ≠ 0 . Khi đó:
A=
=

tan 2 x + 3 tanx − 2(1 + tan 2 x)
1 + 5 tanx + 4(1 + tan 2 x)

0.25

22 + 3.2 − 2(1 + 22 )
=0
1 + 5.2 + 4(1 + 22 )

0.25

b) ( 1 + i ) z + ( 6 − 5i ) = 8 − 4i

( 1 + i ) z + ( 6 − 5i ) = 8 − 4i ⇔ ( 1 + i ) z = 2 + i ⇔ z =

•

2 + i ( 2 + i) ( 1− i) 3 − i 3 1
=
=
= − i
1+ i ( 1+ i) ( 1− i)
2
2 2
3 1
• Suy ra z = + i
2 2
3
1
Số phức z có phần thực là a = , phần ảo là b =
2
2

2+i
1+ i

z=

•

0. 25

0.25

(1,0 điểm)
2

2

x 2 dx
1 x 2 dx
=
a) I = ∫
2 + 2 x 3 2 ∫0 1 + x 3
0
3

•
•

Đặt t = 1 + x3 Þ dt = 3x2dx
x=2
t=9
Þ
Đổi cận:
x=0
t =1

9
ln3
1 dt ln t 9 1
ln3

I
=
=
= ( ln9 - ln1) =
Do đó:
Vậy I =
ò
3
61 t
6 1 6
3

4

0.25
0.25
0.25
0.25

(1,0 điểm)
a,(0,5điểm)
4.9 x + 12 x − 3.16 x = 0
x

2x

4
4
⇔ 4 +  ÷ − 3 ÷ = 0
3

3
x

4
Đặt t =   > 0
3
Phương trình trở thành: 3t 2 − t − 4 = 0

t = −1 ( L)
⇔ 4
t = ( N )
 3

0.25

x

4 4
4
t = ⇒  ÷ = ⇒ x =1
3 3
3

0.25


Vậy: x=1.

5

b,(0,5điểm)
3
Số phần tử không gian mẫu n ( Ω ) = C25 = 2300
Gọi biến cố A: “ Có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y tế cơ sở được chọn”.
3
n( A) = C202 .C51 + C20
= 2090
2090 209
=
Vậy: p ( A) =
2300 230
(1,0 điểm)

x −1 y +1 z
=
= , A ( 1; −1; 2 )
2
−1 r 1 r
Vì ( P ) ⊥ (d) ⇒ n( P ) = u (d) = (2; −1;1)

0.25

0.25

(d) :

0.25

r

Vậy: Phương trình mặt phẳng (P) qua A ( 1; −1; 2 ) và n( P ) = (2; −1;1) là:
( P ) : 2( x − 1) − ( y + 1) + ( z − 2) = 0
⇔ 2x − y + z − 5 = 0
Do M ∈ d nên M ( 1 + 2t ; −1 − t ; t )
uuuu
r
uuur
Ta có: AM = ( 2t;- t;t - 2) , BM = ( - 1 + 2t;- t;t )
uuuu
r uuur
Tam giác AMB vuông tại M Û AM .BM = 0
t =0
2
Û 6t - 4t = 0 Û
2
t=
3
7 5 2
Vậy: M ( 1; −1; 0 ) , M  ; − ; ÷
3 3 3
6

0.25

0.25

0.25

(1,0 điểm)
0.25

SA ⊥ (ABCD) nên SA là chiều cao của hình chop
SA = SD 2 − AD 2 = 2a

0.25

S ABCD = a2 3
1
2 3a3
Vậy: VS . ABCD = .2a.a2 3 =
3
3
Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (MND).

0.25


 AB ⊥ SA
 AB ⊥ AD ⇒ AB ⊥ (SAD ), MN / / AB ⇒ MN ⊥ (SAD )

⇒ ( MND ) ⊥ (SAD ), ( MND ) ∩ (SAD ) = DM , SH ⊥ DM ⇒ SH ⊥ ( MND )
⇒ d (S ,( MND )) = SH
SA
AD a 3
SA = SD − AD = 7a − 3a = 4a ⇒ MA =
= a ⇒ tan SMH =
=
= 3
2
AM

a
⇒ g( AMH ) = 60 0
2

2

2

2

2

2

∆SHM vuông tại H: SH = SM .sin SMH =

Vậy: d (S ,( MND )) = SH =

7

0.25

a 3
2

a 3
2

0.25

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

0,25
0,25

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

 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 )

0.25


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
⇔ y = 2 ( vì ⇔

+

(

4 y2 − 2 y − 3 + y −1 = 2 y

0.25

)

y −1 −1 = 0

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

4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1


1
÷= 0
y −1 +1 ÷


1
> 0∀y ≥ 1 )
y −1 +1

+

0.25

0.25

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

9

(1,0 điểm) .

bc
bc
bc
bc  1
1 
=
=
≤ 
+
÷
3a + bc
a (a + b + c) + bc
(a + b)(a + c )
2  a +b a+c 
1
1
2
+
≥
Vì theo BĐT Cô-Si:

, dấu đẳng thức xảy ra ⇔ b = c
a+b a+c
(a + b)(a + c)
Vì a + b + c = 3 ta có

Tương tự

Suy ra P ≤

ca
ca  1
1 
≤ 
+
÷ và
2 b+a b+c 
3b + ca

ab
ab  1
1 
≤
+

÷
2  c + a c +b 
3c + ab

bc + ca ab + bc ab + ca a + b + c 3
+

+
=
= ,
2(a + b) 2(c + a ) 2(b + c)
2
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =

----Hết----

0,25

0,25

0,25
3
khi a = b = c = 1.
2

0,25