Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán trường THPT Đoàn Thượng, Hải Dương (Lần 3)

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  2 x 2  3
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 4  2 x 2  m  0 .
Câu 2 (1,0 điểm)
3i
 (1  3i ) 2 .
1) Tính môđun của số phức z 
2i
x
x1
2) Giải bất phương trình 4  2  3 .
e

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân


1

1  ln x 
x

2

ln x

dx .

Câu 4 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;0; 1 và đường

x 1 y 1 z
. Viết phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với d. Tìm


2
2
1
tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua đường thẳng d.
Câu 5 (1,0 điểm)
1) Giải phương trình 1  2cos 2 x  sin 2 x .
2) Vòng chung kết Euro 2016 có 24 đội bóng tham dự, trong đó có các đội Anh, Pháp,
Đức, Italia và Tây Ban Nha. Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 2 đội bóng để đá trận khai
mạc. Tính xác xuất để ít nhất một trong 5 đội bóng kể trên được đá trận khai mạc.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB  2a, AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm
của cạnh AB. Góc giữa SD và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Gọi M là trung điểm của SA.
Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng
(BDM).
 y 4  6 y 2  x 2  7 x  3  2  x  3 x  3

Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2
2

3
 4 x  1 y  3 x  5  4 x  3 x  8
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm
1 
H  3;1 là hình chiếu vuông góc của A trên BD. Điểm M  ; 2  là trung điểm cạnh BC,
2 
phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác ADH là d : 4 x  y  13  0 . Viết
phương trình đường thẳng BC.
Câu 9 (1,0 điểm) Cho x  y  z  0 và không có hai số nào đồng thời bằng 0. Tìm giá trị
thẳng d :



nhỏ nhất của biểu thức P 



x2  z 2
y2  z2
z 2  xy
.

 2
y2  z2
x2  z 2
x  y2
……Hết……

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh: ………………………...

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

Câu Ý
1
1

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM 2016
Môn thi: TOÁN

Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 4  2 x 2  3
TXĐ:  . y '  4 x3  4 x, y '  0  x  0, x  1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1) và (0;1)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (1;0) và (1; )
Điểm cực đại (1; 4) , điểm cực tiểu (0;3)
lim y   . Lập được bảng biến thiên
x 

1

2

2

Vẽ đúng đồ thị
2
Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 4  2 x 2  m  0 (1)
Viết lại phương trình dưới dạng  x 4  2 x 2  3  m  3
Số nghiệm của pt (1) là số giao điểm của đt y  m  3 và (C)
3  m  3  4  0  m  1 , pt (1) có 4 nghiệm
m  3  4
m  1
 m  3  3   m  0 , pt (1) có 2 nghiệm


m  3  4  m  1 , pt (1) vô nghiệm
m  3  3  m  0 , pt (1) có 3 nghiệm
Kết luận
3i
 (1  3i ) 2 .
Tính môđun của số phức z 
1
2i
(3  i )(2  i)
5  5i
z
 (1  6i  9i 2 ) 
 1  6i  9  9  7i
5
5
 z  130
Giải bất phương trình 4  2
x

2

x1

3

Đặt t  2 , t  0 ta được t  2t  3  0  t  3 (TM), t  1 (Loại)
t  3  2 x  3  x  log 2 3 . Vậy S   log 2 3;  
x

2

e

Tính tích phân

3


1

Đặt t  1  ln x  dt 
e



1  ln x 
x

1

2

ln x

1  ln x 
x

1
dx . t (1)  1, t (e)  2
x

2

ln x

dx

Điểm
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25

0,50
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
1,00
0,25

2

dx   t 2  t  1 dt

0,25

1

2

2

1 
1
   t  t  dt   t 4  t 3 
3 1
4
1
17

12

3

2

0,25
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

4

5

x 1 y 1 z


. Viết
2
2
1
phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với d. Tìm tọa độ điểm
A ' đối xứng với A qua đường thẳng d

d co vtcp u   2; 2; 1 . Mặt phẳng (P) vuông góc với d nhận

u   2; 2; 1 làm vtpt.
Cho điểm A 1;0; 1

và đường thẳng d :

Pt mp(P) là 2( x  1)  2( y  0)  ( z  1)  0  2 x  2 y  z  3  0
d có pt tham số x  1  2t , y  1  2t , z  t thế vào (P) ta được
1
2 1  2t   2  1  2t    t   3  0  t  . Vậy d cắt (P) tại điểm
3
5 1 1
I  ; ; 
 3 3 3
Điểm A ' đối xứng với A qua đường thẳng d khi và chỉ khi I là trung
7 2 1
điểm của AA '  A '  ;  ; 
 3 3 3
Giải phương trình 1  2cos 2 x  sin 2 x .
1
Pt   cos x  sin x   2  cos x  sin x   0
2

2

5

0,25

0,25

0,25
0,5
0,25



 k
4
3cos x  sin x  0  tan x  3  x  arctan(3)  k

0,25



 k , x  arctan(3)  k
4
Vòng chung kết Euro 2016 có 24 đội bóng tham dự, trong đó có các
đội Anh, Pháp, Đức, Italia và Tây Ban Nha. Ban tổ chức chọn ngẫu
2
nhiên 2 đội bóng để đá trận khai mạc. Tính xác xuất để ít nhất một
trong 5 đội bóng kể trên được đá trận khai mạc.
Chọn 2 đội bóng từ 24 đội bóng có C242 cách
Gọi A là biến cố 2 đội bóng được chọn có ít nhất một trong 5 đội bóng
đã cho. Khi đó A là biến cố 2 đội bóng được chọn không có 5 đội
bóng kể trên. n A  C192
Vậy pt có các nghiệm là x 

0,25

2

cos x  sin x  0
  cos x  sin x  3cos x  sin x   0  
3cos x  sin x  0

cos x  sin x  0  tan x  1  x 

1,00

0,5

0,25

 

C192 35

C242 92
Tính thể tích của khối tứ diện BCSP và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SC và BP theo a

Xác suất của biến cố A là P (A)  1  p(A)  1 
6

0,25
1,00


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Gọi H là trung điểm của AB  SH  (ABCD)
Tam giác ADH vuông tại A  HD  HA2  AD 2  2a
  SDH
  600 . Trong tam giác
Góc giữa SD và (ABCD) là góc SDH

SH
 SH  2a 3
HD
1
1
VS . ABCD  S ABCD .SH  2a.a 3.2a 3  4a 3
3
3
AC cắt BD tại O là trung điểm của AC
 d (C ;( BDM ))  d ( A;( BDM )) . Gọi N là trung điểm của HA  MN
4
// SH  MN  (ABCD) và AB  NB
3
4
 d ( A;( BDM ))  d ( N ;( BDM ))
3
3 21
a
Kẻ NK  BD  BD  ( MNK ) và NK 
14
Kẻ NE // MK  NE  ( BDM ) . Trong tam giác vuông MNK ta có

0,25

SHD có tan 600 

1
1
1

37
3a 111



 NE 
2
2
2
2
NE
NK
MN
27 a
37
4
4a 111
 d ( C ;( BDM ))  NE 
3
37
 y 4  6 y 2  x 2  7 x  3  2  x  3 x  3

Giải hệ phương trình 
2
2
3
 4 x  1 y  3 x  5  4 x  3 x  8
ĐK: x  3
Pt (1)  y 4  6 y 2  x 2  7 x  3  2 x x  3  6 x  3



y



2 2



 6y  x  x  3
2



2



6 x x3





Xét hàm số f (t )  t 2  6t , t  3
f '(t )  2(t  3)  0, t  3  f (t ) đồng biến trên  3;  

0,25

0,25

Ta có

7

0,25

(1)
(2)

1,00

0,25

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí





y 2  0, x  x  3  3  f  y 2   f x  x  3  y 2  x  x  3

Thế vào pt (2) ta được  4 x  1





x  3  3 3x  5  4 x  8

4x  8
1
 0, x  3, x 
4x  1
4
4x  8
1
, x  3, x  . Ta có
Xét g  x   x  3  3 3x  5 
4x  1
4
1
1
36
1
5
g ' x 


 0, x  3, x  , x  
2
4
3
2 x  3 3 (3x  5) 2 (4 x  1)
x  3  3 3x  5 

0,25

1

1

Suy ra g  x  đồng biến trên các khoảng  3;  và  ;  
4

4

Mặt khác g  2   g 1  0 nên g  x   0 có đúng 2 nghiệm là -2 và 1
x  2  y 2  1 (Loại). x  1  y 2  3  y   3



0,25



Vậy hệ có 2 nghiệm là 1;  3 .
8

Viết phương trình đường thẳng BC

Gọi N, P lần lượt là trung điểm của BH và AH  NP song song và
bằng ½ AB. Ta có AB  AD  NP  AD, kết hợp với AP  ND
suy ra P là trực tâm của tam giác AND  DP  AN.
MNPD là hình bình hành  MN // DP, DP  AN  MN  AN
MN qua M, vuông góc với AN có pt x  4 y 

Tìm min của biểu thức P 
Xét hàm f (t )  t 

x2  z 2

y2  z2

0,25

15
 0 . Tọa độ N thỏa mãn
2

7
4 x  y  13  0


x  
 7 
hệ pt 

2  N   ;1
15
 2 
 x  4 y  2  0
 y  1
 B  4;1 . BD có pt y  1  0 , AH có pt x  3  0  A  3; 1

BC đi qua B và nhận AB   1; 2  làm vtpt có pt  x  2 y  6  0

9

1,00

y2  z2

x2  z 2

z 2  xy
x2  y 2

1
; t  1 , dễ thấy f(t) đồng biến trên 1;   .
t

0,25

0,25
0,25
1,00
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Do x  y  z  y  0 và dễ có được

 x2  z 2 
x
 f  

Suy ra f  2
2 
 y
 y z 
Vậy P 

x

y

x2  z 2 x
  1.
y2  z2 y

x2  z 2

y2  z2

y2  z2

x2  z 2

x

y

y
x

y

xy
(1)
 2
x
x  y2

x
1
t
Đặt t 
.
(t  1) , ta được P  t  
y
t
t4 1
1
t
Xét hàm g (t )  t  
, t  1 , ta có
4
t
t 1
1

1
1 t4
t2 1
2
g '(t )  1  2 
  t  1  2 


t
(t 4  1) t 4  1
(t 4  1) t 4  1 
 t
Với t  1 thì dễ thấy ngay g '(t )  0 và g '(t )  0  t  1 , suy ra hàm g(t)
1
1
đồng biến trên 1;   . Suy ra g (t )  g (1)  2 
.
 P  2
2
2
1
Đẳng thức xảy ra khi x  y; z  0 . Vậy min P  2 
.
2

0,25

0,25

0,25