Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Đông Sơn 1, Thanh Hóa (Lần 3)

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1

KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2016 (LẦN 3)
Môn Thi: TOÁN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (1,5 điểm). Cho hàm số y  x 4  2mx 2  3 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
b) Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 2 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x  3 ln( x  2)
trên đoạn [0; 4].
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn z  2  i  3 .
b) Giải phương trình 2 x  3 x  5 x .
Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường: y = 0, y  x(e x  1) , x = 0,
x = 1. Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay H quanh trục hoành.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng (P) có phương trình
x  y  z  1  0 và hai điểm A(1;2;3) , B(3;4;1) . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, B
đồng thời vuông góc với (P) và tìm điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC là tam giác đều.
Câu 6 (1,0 điểm).
3 sin x
a) Giải phương trình
 1.
cos x  1
b) Một đề thi trắc nghiệm có 20 câu, mỗi câu gồm có 4 phương án trả lời trong đó có duy
nhất một phương án đúng. Mỗi câu nếu chọn đúng đáp án thì được 0,5 điểm. Giả sử thí sinh
A chọn ngẫu nhiên các phương án. Tính xác suất để A được 4 điểm (lấy gần đúng đến 5 chữ
số sau dấu phẩy).
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là chữ nhật có tâm O, AB = a, tam
giác OAB là tam giác đều. Tam giác SAB là tam giác đều, tam giác SCD là tam giác cân tại S.

Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc miền trong của hình
3a
chữ nhật ABCD và SH 
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa
4
hai đường thẳng SC và AB.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
E (1;2), F (2;2) , Q(1;2) lần lượt là chân ba đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C của tam
giác. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
 3
 6
 y  3y 1  x   1  x  0



( x, y  R) 0.

2
x2 ( y2  3)  2xy2  36  ( x  1) y  3  12 y2  1  6x

y
y

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn 4(a  1) 2  (2b  3) 2  4c 2  9 .
a 3  a 2  36 b 3  b 2  36 2c 3  c 2  9


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

.
2(a  1)
4(b  1)
2c  1
----------------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 - Ti ti liu, vn bn phỏp lut, biu mu min phớ
Trường thpt đông sơn i

Hướng dẫn chấm môn toán 12 (lần 3)
Nm hc 2015 - 2016

Cõu
1a

P N V THANG IM
Ni dung
4
2
Khi m = 1 ta cú hm s y x 2 x 3
1) Tập xác định: R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : lim y , lim y
x

im
0,25

x

b, Bng bin thiờn: y = 4x - 4x, y = 0 x = 0, x = 1
x
-
-1
0
1
0
+
0
0
y'
+
-3
3

+
+
+

0,25

y
-4

-4

Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1 ; + )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (- ; -1) và (0 ;1)

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3, đạt cực tiểu tại x = 1 , yCT = y( 1) = - 4
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số có hai điểm uốn
y

1 32
; , nhận Oy làm trục đối xứng, giao
U
3
9

3 x
3 -1
O 1
với Ox tại 2 điểm ( 3 ; 0)

0,25

0,25

-3
-4
1b
2

y ' 4 x 3 4mx y ' 0 x 0, x 2 m
Hm s cú 3 cc tr khi v ch khi y ' 0 cú 3 nghim phõn bit m 0 .
3
x 1
, f ' ( x) 0 x 1 .
f ' ( x) 1

x2 x2
Ta cú: f(0) = 3 ln 2 , f(1) = 1 3 ln 3 , f(4) = 4 3 ln 6 .
Vy max f ( x) f (4) 4 3 ln 6 , min f ( x) f (1) 1 3 ln 3
Gi z x yi ( x, y R ), khi ú z cú im biu din M ( x; y ) .
Theo bi ra ta cú x yi 2 i 3 x 2 ( y 1)i 3

( x 2) 2 ( y 1) 2 3 ( x 2) 2 ( y 1) 2 9 .
Vy tp hp cỏc im biu din ca z l ng trũn ( x 2) 2 ( y 1) 2 9 .
3b

x

0,25
0,25

x

x

0,25
0,25

x

2 3
Phng trỡnh ó cho tng ng vi 1 (*).
5 5
x

0,25

x

2 3
3
2 3
2
Xột hm s f ( x) , f ' ( x) ln ln 0, x R
5 5
5
5 5
5
Hm s f (x) nghch bin trờn R, do ú (*) f ( x) f (1) x 1
1

0,25

[ 0; 4 ]

[ 0; 4 ]

3a

0,25

0,25


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

4

1

V 
0





1

x2

x(e  1) dx    x(e  1)dx    xe dx  
   xe x dx 
2 0
2
0
0
0
x

1

2

1

x

1

x

1
u  x
du  dx 1 x
x1
x
x1
+) Đặt 


xe
dx

xe

e
dx

e

e
1

0
0

x
x
0
0
dv  e dx v  e
 3
Do đó V    
(đvtt)
2
2

5

+) AB  (2;2;2) , mp(P) có vectơ pháp tuyến nP  (1;1;1) .
Mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến n Q  [ AB, nP ]  (0;4;4)
(Q) có phương trình: 0( x  1)  4( y  2)  4( z  3)  0  y  z  5  0

6a

C  ( P)
a  b  c  1  0
 2

2
Gọi C (a; b; c) , ta có CA  CB  (a  1) 2  (b  2) 2  (c  3) 2  (a  3) 2  (b  4) 2  (c  1) 2
CA2  AB2
(a  1) 2  (b  2) 2  (c  3) 2  12


a  2

a  b  c  1
a  2



 a  b  c  3
 b  c  1
 b  c  1
(a  1) 2  (b  2) 2  (c  3) 2  12
1  (c  1) 2  (c  3) 2  12



c  (4  3 2 ) / 2
 63 2 43 2   63 2 43 2 
, C  2;

Vậy C  2;
;
;
 

2
2
2
2

 

Điều kiện: cos x  1 .

3
1
1
 1


sin x  cos x   sin  x     x   k 2 , x    k 2
PT 
2
2
2
6 2
3

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x 

6b



3

 k 2 .

Số cách A chọn ngẫu nhiên các phương án đúng là   4 20 .

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

Gọi B là biến cố đã cho, do A được 4 điểm nghĩa là A chọn đúng 8 câu và chọn sai 12 câu.
8
Có C20
cách chọn 8 câu mà A trả lời đúng, trong 12 câu trả lời sai, mỗi câu A có 3 cách chọn
8
phương án sai. Do đó số cách chọn các phương án của A là  B  C20
.312 .

Xác suất cần tìm là: P( B) 
7

12

Ta có AC = 2OA = 2a.

S

BC  AC 2  AB2  a 3
S ABCD  AB.BC  a 2 3

A

M
B

H

D
O

N
C

1
a3 3
.
VS . ABCD  S ABCD.SH 
3
4
Ta có AB //CD AB //(SCD)
 d ( AB, SC)  d ( AB, ( SCD))
Gọi M, N là trung điểm của AB và
CD.
Ta có AB  SM , AB  MN

 AB  (SMN) , mà AB  SH  SH  ( SMN)  H thuộc đoạn MN.
SM 
2

0,25

 B C .3


 0,06089 .

4 20
8
20

a 3
a 3
3a 3
, MH  SM 2  SH 2 
 HN  MN  MH 
.
2
4
4

0,25

0,25

0,25


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

SN  SH 2  HN 2 

8

3a
 SM 2  SN 2  MN 2  SM  SN
2

a 3
Do CD//AB nên CD  SM  SM  ( SCD)  SM  d ( AB, ( SCD)) . Vậy d ( SC. AB) 
2
Do 
AEB  
AFB  900 nên tứ giác ABEF nội
A
tiếp đường tròn đường kính AB suy ra
  BAE
 (1).
BFE
F
D
Tương tự: Tứ giác AQEC nội tiếp nên
  QCE
  BAE
  QCB
 (2)
Q
QAE
H
  QCB
 (3)
Tứ giác BQFC nội tiếp nên QFB
  QFB
 , nghĩa là

Từ (1), (2) và (3) ta có BFE
C BF là đường phân giác trong kẻ từ F của tam
E
B
giác QEF.
Tương tự ta cũng có AE là đường phân giác trong của tam giác QEF.Gọi H  AE  BF suy
ra H là trực tâm của tam giác ABC và là tâm đường tròn nội tiếp tam giác QEF.


DQ EQ 4
1 

  5 DQ  4 DF  D  ; 2 
+) EQ  4 ,EF  5 . Gọi D  AE  QF 
DF EF 5
3 
4
+) QD  . Do H là chân đường phân giác trong kẻ từ Q của tam giác QDE nên ta có
3

HD QD 1 

  HE  3HD  H (0;1)
HE QE 3
AB đi qua Q và vuông góc với QH nên có phương trình: x  y  3  0
BC đi qua E và vuông góc với EH nên có phương trình: x  3 y  7  0
AC đi qua F và vuông góc với FH nên có phương trình: 2 x  y  6  0
x  y  3  0
x  1


 A(1;4 )
A  AB  AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
2 x  y  6  0
y  4

x  y  3  0
x  4

 B(4;1)
B  AB  BC nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 
x  3 y  7  0  y  1
x  3 y  7  0 x  5

 C( 5;4 )
C  BC  AC nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 
2x  y  6  0  y  4
Vậy A(1;4), B(4;1), C (5;4)
9

3

 3
2
 6
 y  3 y 1  x   1  x  0



2
Điều kiện: x  0 , y  0 , y  3  0 . Hệ  

2
( y 2  3)( x 2  2 x  12)  ( x  1) y  3   1

y
y

 y 3  3 y ( x  6)  x  2  0


( y 3  3 y )( x 2  2 x  12)  ( x  1) y 3  3 y  1
a  y 3  3 y
a (b  7)  b  1  0
Đặt 
ta có hệ  2 2
a (b  13)  ab  1
b  x  1

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Nhận thấy a  0 không thỏa mãn hệ. Khi đó hệ trên tương đương với
b
1
1 b


b 1

 7  b  
b  7
b



7


a
a a



a
a a



2
2

b 2  13  b   1
 b  1   b  13
 b  1    b  1   20

2
 



a
a

a a
a 
a

b
b
b  12a
b  3a
 a  12
 a  3


hoặc 
hoặc 


1
1

b  1  5
b  1  4
12a  a  5
3a  a  4


a
a
b  12a
b  3a
a  1
hoặc  2
hoặc
 2

b

3
12
a

5
a

1

0
(vô
nghiêm)
3

a

4
a

1

0




0,25

a  1 / 3

b  1

a  1  y 3  3 y  1  y 3  3 y  1 (1)
+) Với 


b  3  x  1  3
x  2
Nếu y  2 thì y 3  3 y  y ( y 2  3)  2  (1) vô nghiệm.
Do đó để (1) có nghiệm thì y  (0;2] (do y  0 ).
1
 
Đặt y  2 cos t , t  0;  , (1) trở thành 8 cos 3 t  6 cos t  1  cos 3t 
2

 2


 k 2
 
t 
, k  Z . Do t  0;  nên t   y  2 cos
9
3
9
9
 2

 y3  3y  1 / 9
a  1 / 3  y 3  3 y  1 / 3


+) Với 
.
 x  1  1
b  1
 x  0 (loai)


Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y )   2; 2 cos  .
9

10

1 1

11
1 1
4
Với x, y  0 ta có ( x  y )    2 xy 2
(*)
4  
x y
x y x y
x y
1
1  1
 2
2
2
2
P  9


  2a  b  4c
 a  1 b  1 2c  1  4
2
1
1
4
4
16
Áp dụng (*) ta có






a  1 b  1 2c  1 2a  2 b  2c  2 2a  b  2c  4
Áp dụng BĐT Bunhiacopsky ta có (2a  b  2c) 2  (2  1  1)(2a 2  b 2  4c 2 )
1
144
1
 2a 2  b 2  4c 2  (2a  b  2c) 2  P 
 (2a  b  2c) 2
4
2a  b  2c  4 16
2
2
2
Từ giả thiết ta có 2a  3b  a  b  c  1  (a 2  4)  (b 2  4)  (c 2  1)  8  4a  4b  2c  8





144 t 2

 2a  b  2c  8 . Đặt t  2a  b  2c  0  t  8 và P 
t  4 16
144
t (t  8)(t 2  16t  144)
144 t 2


 0, t  (0;8]

Xét f (t ) 
trên (0; 8]. f ' (t )  

(t  4) 2 8
8(t  4) 2
t  4 16
Suy ra f (t ) nghịch biến trên (0; 8], do đó min f (t )  f (8)  16  P  16
( 0 ;8 ]

P  16  a  2, b  2, c  1 .
Vậy min P  16 khi (a; b; c)  (2;2;1) .
----------------HẾT----------------

4

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25