De thi thu Quoc gia mon toan truong TP cao lanh

SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT TP CAO LÃNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM 2015 - 2016
Môn : TOÁN

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số : y = x4 – 5x2 + 4
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M
cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M

Câu 2 (1,0 điểm).
1) Giải bất phương trình

(

5+2

)

x −1

≥

(

5−2

)

x −1
x +1

1
3
Câu 3 (0,5 điểm). Tìm số phức z biết ( 3 + 2i ) z + 1 − 5i = 2 − 3iz

2) Cho sin α = , tính sin 3α

Câu 4 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng a.
Hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh B’C’,
góc giữa A’B với mặt phẳng (A’B’C’) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’B theo a.
π

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

4

∫
0

1 + cos x
dx
cos 2 x

Câu 6 (1,0 điểm).Trong không gian (Oxyz) cho điểm A( 1 , 4 , 2 ) và đường thẳng

x = 1 − t


( d ) :  y = −2 + t , t ∈ R
 z = 2t

1) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng (d).
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) sao cho khoảng cách từ
A đến (P) là lớn nhất.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm
M(5;7) nằm trên cạnh BC. Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại
N(6;2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông
ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2.
Câu 8 (1,0 điểm).
 x 2 y + x 2 + 1 = 2 x x 2 y + 2
( x, y ∈ R ) .
Giải hệ phương trình:  3 6
2
2
 y ( x − 1) + 3 y ( x − 2) + 3 y + 4 = 0
Câu 9 (0,5 điểm). Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý
nữ và 3 nhà hóa học nữ. Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn
phải có nữ và có đủ ba bộ môn.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn 2(ab+bc+ca)=3abc.

Tìm giá trị nhỏ nhất của P=

a2
b2
c2
+
+
c ( c 2 + a 2 ) a ( a 2 + b 2 ) b (b 2 + c 2 )

--------------------Hết--------------------


ĐÁP ÁN
NỘI DUNG

ĐIỂM

CÂU
y = x4 – 5x2 + 4
+ TXĐ: R

0,25

y = +∞
+Giới hạn và tiệm cận: xlim
→±∞
+ Sự biến thiên: y’ = 4x3 − 10x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±
Hàm số nghịch biến trên: (−∞; −
Hàm số đồng biến trên: (

5
) và (0;
2

I-1
(1điểm)

y

+∞

0

+∞

0,25

−9
−9
5
5
, yCT1 =
; xCT2 =
, yCT2 =
;
4
4
2
2

−∞

y’

5
)
2

5
5
; +∞ )và ( −
,0)
2
2

Các điểm dực trị xCĐ = 0, yCĐ = 4; xCT1 = −

x

5
2

0

+

4
0
4

+

0

0,25

+∞

§å thÞ:

0,25

I-2
(1điểm)

LÊy M(m ; m4 – 5m2 + 4) ∈ (C)
Pt tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M : y = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + 4 (d)

0,25


Hoµnh ®é cña (d) & (C) lµ nghiÖm ph¬ng tr×nh:
x4 – 5x2 + 4 = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + 4
⇔ (x – m)2(x2 + 2mx + 3m2 – 5) = 0 (1)
CÇn t×m m ®Ó x2 + 2mx + 3m2 – 5 = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c m
5 − 2m 2 > 0
§iÒu kiÖn lµ  2
6m − 5 ≠ 0

0,25

C¸c ®iÓm M(m ;m4 – 5m2 + 4) ∈(C) víi hoµnh ®é
1) Giải bất phương trình

II

(
0.5

5+2

)

x −1

≥

5−2

⇔

(

⇔

( x − 1)( x + 2) ≥ 0

5+2

)

(

x −1

≥

(

x +1

KL tập hợp nghiệm

0,25

)

x −1
x +1

5+2

(

5+2

⇔

)

−

x −1
x +1

(

)

x −1

5+2

)

≥

(

x −1

⇔ x −1 ≥ −

 10 10  
 30 

m ∈  −
;
\
±
÷

÷ 
2
2
6




 


5−2

)

x −1
x +1

 1 
≥

 5 + 2
x −1
x +1

0,25

x −1
x +1

⇔

S = [ − 2;−1) ∪ [1;+∞ )

0.25

0.25

1
3

2) Cho sin α = , tính sin 3α

0.5

Ta có sin3 α =sin( α +2 α )=sin α cos2 α +cos α sin2 α =sin α (1-2sin2 α )+cos
α .2sin α cos α
=sin α -2sin3 α +2sin α (1-sin2 α )=3sin α - 4sin3 α
1
3

1
3

Vậy sin 3α = 3. − 4.( ) 3 = 1 −
III

4 23
=
27 27

0,25

( 3 + 2i ) z + 1 − 5i = 2 − 3iz ⇔ ( 3 + 5i ) z = 1 + 5i ⇔ z = 1 + 5i

3 + 5i

0.5

⇔z=

14 5
+ i
17 17

0,25

0.25
0.25


A

C

B

IV

1.0

600

A'

K

C'

I

H
M
B'

+ Vì BH ⊥ (A’B’C’) nên góc giữa A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H.
0.25
Hay ∠BA' H = 60 0
a 3
3a
. 3=
2
2
2
a 3 3a 3 3a 3
(đvtt)
= S A"B 'C ' .BH =
. =
4
2
8

BH = A ' H . tan 60 0 =
V ABC . A'B 'C '

0.25

+ Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)).
Dựng HM ⊥ A’B’. Khi đó A’B’ ⊥ (BMH) suy ra (ABB’A’) ⊥ (BMH)
Dựng HK ⊥ BM suy ra HK ⊥ (ABB’A’) ⇒ HK = d ( H , ( ABB' A' ))
HK =

HM .HB
HM 2 + HB 2

=

3 3a 2
3a 13
8
=
=
2
2
26
39a
 3a 
+ 
16
 2 

a 3 3a
.
4 2
a 3



 4 



2

Vậy: d (CC ' , A' B) = d (C ' , ( ABB' A' ) = 2d ( H , ( ABB' A' )) =
π

V

Tính tích phân

I=

4

∫
0

1 + cos x
dx
cos 2 x

6a 13 3a 13
=
26
13

0.25

0.25


π

4

∫

I=

0

1
dx +
cos 2 x

I1 = tan x

1.0

I2 =

2
2

π
0

4

du

∫ 1− u

2

π

4

cos x
dx = I1 + I 2
1 − sin 2 x

∫
0

=1

0.25

=

0.25

0

=


1
2 


2
2

∫
0


÷
1
1
(
−
)du ÷
1+ u u −1
÷


1 u +1
= ln
2 u −1

2
2
0

=

0.25

1
ln(3 + 2)
2

0.25

Trong không gian (Oxyz) cho điểm A( 1 , 4 , 2 ) và đường thẳng

VI
1.0

x = 1 − t

( d ) :  y = −2 + t , t ∈ R
 z = 2t

1) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng (d).
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) sao cho khoảng
cách từ A đến (P) là lớn nhất
a) Gọi H là hình chiếu của A lên (d),
ta có: H (1 − t ,−2 + t ,2t )
AH = ( − t , t − 6,2t − 2 )

0.25

Đường thẳng (d) có véctơ chỉ phương u =( −1,1,2 )
AH ⊥ d ⇒ AH .u = 0 ⇔ t + t − 6 + 4t − 4 = 0
5
 2 1 10 
⇒ H  − ;− ; 
3
 3 3 3 
b) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (P).
Ta có d ( A, ( P)) = AK ≤ AH
Do đó d ( A, ( P )) lớn nhất khi AK = AH hay K ≡ H.
⇔t =


Suy ra mặt phẳng (P) đi qua điểm H  − ;− ;
2
 3


là AH =  − ;−
5
 3

1 10 
 và có véctơ pháp tuyến
3 3

0.25

0.25

13 4 
;  hay một véctơ pháp tuyến khác là n = ( 5;13;−4)
3 3

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là:
2
1   10 


5 x +  + 13 y +  − 4 z −  = 0 ⇔ 5 x + 13 y − 4 z + 21 = 0
3
3 
3



0.25


VII
1.0

I
Gọi là tâm đường tròn đường kính AM thì I là trung điểm AM.
∧
∩
∧
Ta có MIN = sd MN = 2 MBN = 900
 11 9 
; 

 2 2

Họi H là trung điểm của MN ⇒ H 

Phương trình đường thẳng ∆ trung trực của MN đi qua H và vuông góc với
0.25
MN là
d: x-5y+17=0
Điểm I ∈ ∆ ⇒ I ( 5a − 17; a )
uuuu
r
MN = (1; −5) ⇒ MN = 26
uuur
IM = (22 − 5a; 7 − a) ⇒ IM =

( 22 − 5a )

2

+ ( 7 − a)

2

Vì ∆MIN vuông cân tại I và
MN = 26 ⇒ IM = 13 ⇔

( 22 − 5a )

2

+ ( 7 − a ) = 13
2

a = 5
⇔ 26a 2 − 234a + 520 = 0 ⇔ 
a = 4
Với a = 5 ⇒ I ( 8;5) ⇒ A(11;9) (loại)
Với a = 4 ⇒ I ( 3;4 ) ⇒ A(1;1)
(thỏa mãn)
Điểm C ∈ d : 2 x − y − 7 = 0 ⇒ C ( c;2c − 7 )

Gọi

E

là

tâm

hình

vuông

uuur  11 − c
c +1

E(
; c − 3) ⇒ EN = 
;5 − c ÷
2

 2


nên

0.25

E

là

trung

điểm

AC ⇒

0.25


→ 
→

Vì AC ⊥ BD ⇔ AC . EN = 0

11 − c
+ ( 2c − 8 ) . ( 5 − c ) = 0
2
c = 7(t / m)
2

⇔ 5c − 48c + 91 = 0 ⇔  13
c = (loai )
5

Suy ra: C ( 7;7 ) ⇒ E ( 4;4)
⇔ (c − 1).

Pt BD : x + y − 8 = 0 , pt BC : x − 7 = 0 ⇒ B( 7;1) , D(1;7 )

VIII
1.0

0.25
Điều kiện: x y ≥ −2 . Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2) (2) ⇔ 0.25
2

x 6 y 3 + 3 x 2 y = y 3 − 3 y 2 + 3 y − 1 + 3( y − 1)
2
3
2
3
⇔ ( x y ) + 3 x y = ( y − 1) + 3( y − 1) (3)


3
2
Xét hàm số f (t ) = t + 3t có f '(t ) = 3t + 3 > 0, ∀t ∈ R

0.25

2
2
Do đó (3) ⇔ f ( x y ) = f ( y − 1) ⇔ x y = y − 1, ( y ≥ −1).

2
2
Thế vào (1) ta được x y + x + 1 = 2 x y + 1

⇔ x 2 ( y + 1) − 2 x y + 1 + 1 = 0 ⇔ ( x y + 1 − 1) 2 = 0 ⇔ x y + 1 = 1

Do đó hệ đã cho tương đương với
x 2 y + x 2 = 1  y = 2 − x 2
 x y + 1 = 1  2

⇔  x y = y − 1 ⇔  x 2 (2 − x 2 ) + x 2 = 1 (4)
 2
 x y = y − 1
x > 0
x > 0


4
2
2
(4) ⇔ x − 3x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) 2 − x 2 = 0 ⇔ ( x 2 − x − 1)( x 2 + x − 1) = 0

1± 5
x =
2
⇔


−1± 5
− 1+ 5
1+ 5
x=
x=
x =

2
2 hoặc
2
. Do x > 0 nên
1+ 5
1− 5
−1+ 5
1+ 5
x=
⇒y=
x=
⇒y=
2
2 . Với
2
2 .
Với
1+ 5 1− 5 
 −1 + 5 1 + 5 
 ( x; y ) = 

( x; y ) = 

;
;


2
2 
2
2 


Vậy hệ đã cho có nghiệm
,

IX
0.5

Ta có : Ω = C16 = 1820
Gọi A: “2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ”
B: “1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ”
C: “1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “
Thì H= A ∪ B ∪ C : “Có nữ và đủ ba bộ môn”

0.25

4

P( H ) =

Câu X
1.0

0.25

C82C51C31 + C81C52C31 + C81C51C32 3
=
Ω
7

a2
a 2 + c2 − c2 1
c2
1
c
1
c
1 1
=
=
−
= − 2
−
= −
2
2
2
2
2
2
2 ≥
c 2ca c 2a

Ta có c(c + a ) c(c + a ) c c(c + a ) c c + a

0.25

0.25
0.25

(1)
b2
1 1
c2
1 1
( 3)
≥
−
(
2
)
,
≥ −
2
2
2
2
b(b + c ) b 2c
Tương tự a (a + b ) a 2b
3
abc
1 1 1 1 bc + ac + ab 2
3

≥ ( + + )=
=
=
2abc
2abc 4
Từ (1), (2), (3) ta có P 2 a b c
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P= 4 , khi a=b=c=2

0.25
0.25
0.25