đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE50 THPT trần nhân tông quảng ninh w

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 - LẦN I
TRƯỜNGĐỀ
THPT
TRẦN
NHÂN
TÔNG
THI
THỬ
KỲ
THI THPT QUỐC
GIA 2016 - ĐỀ SỐ 50
Môn thi: TOÁN
-------o0o------Thời gian làm bài 180 phút
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
--------oOo--------

Câu 1 (1 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x 2  4 .
Câu 2 (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
f ( x)  x 2  trên đoạn [ 1 ;2]
x
2
2
Câu 3 (1 điểm) Giải phương trình: log 2 ( x  1)  log 2 (4 x  4)  4  0
2

Câu 4 (1 điểm)

Tính I  
0

x2
x3  1

dx

Câu 5 (1 điểm)
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật.Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùngvuông
0

góc với mặt phẳng (ABCD). Biết rằng AB= a , BC= a 3 và góc giữa SC với (ABCD) bằng 60 .
Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CE và SB trong đó E là trung
điểm của SD.
Câu 6 (1 điểm)
Trong không gian cho tam giác ABC có A(1;-1;3) B(-2;3;3);C(1;7;-3) lập phương trình mặt phẳng
(ABC) và tìm chân đường phân giác trong kẻ từ A trên cạnh BC.
Câu 7 (1 điểm)
a, Một đoàn gồm 30 người Việt Nam đi du lịch bị lạc tại Châu Phi, biết rẳng trong đoàn có
12 người biết tiếng Anh, có 8 người biết tiếng Pháp và có 17 người chỉ biết tiếng Việt. Cần chọn ra
4 người đi hỏi đường. Tính xác suất trong 4 người được chọn có 2 người biết cả 2 thứ tiếng Anh và
Pháp.
2
b, Tính giá trị của biểu thức P   2cos 2 x  5  3  2sin x  biết tanx  2.

Câu 8 (1 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho hình vuông ABCD.Điểm M nằm trên đoạn BC, đường thẳng
AM có phương trình x  3 y  5  0 , N là điểm trên đoạn CD sao cho góc BMA  AMN .Tìm tọa
độ A biết đường thẳng AN qua điểm K(1;-2).

Câu 9 (1 điểm)

(2 x  4) 3 2 x  3  9 x3  60 x2  133x  98  x 2  2 x  5
Giải phương trình:
Câu 10 (1 điểm)
Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x  y  z  1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
P

2 y  z  2x 2z  x  2 y 2x  y  2z


x2  x
y2  y
z2  z

……...HẾT...........
Họ tên thí sinh: ................................

Số báo danh:…………………………..

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl

285


P N-HNG DN CHM MễN TON
Cõu 1 Cho hm s: y x 3x 2 4
3

1 1
1. Tập xác định: D
2. Sự biến thiên:

x 0 y 4
+ y' = 3x2 - 6x, y' = 0

x 2 y 0
+Giới hạn: lim y lim (x 3 3x 2 4) , lim y lim (x 3 3x 2 4)
x

x

+Bảng biến thiên:
x
y'

x

-

0
0
4

+

0.25

x

-

2
0

+
+

0.25

+

y
-
0
- Hàm số đồng biến trên (- ; 0) và (2; + ), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0.

0.25

3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0). Nhận điểm uốn
I(1; 2) làm tâm đối xứng
y
4

2

0.25

x
-1 O

Cõu 2

1

2

Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca hm s f (x) x 2
2
;
x2
2
1
f '(x) 0 2x 2 0 x 1 ;3
x
2
1 17
Ta cú f ( ) ;f (1) 3;f (2) 5
2
4
2
1
do hm s f (x) x 2 liờn tc trờn on [ ;2] nờn
x
2
min f ( x) 3 ; max f ( x) 5 .
1

Ta cú f '(x) 2x

[ ;2]
2

1
[ ;2]
2

286

2
1
trờn on [ ;2]
x
2

1

0,25
0,25
0.25
0.25


Câu 3 Giải phương trình: log 22 (x  1)  log 2 (4x  4)  4  0

1đ

Điều kiện: x  1

Phương trình tương đương log 22 (x  1)  log 2 (x  1)  2  0

.

0,25

Đặt t  log 2 (x  1) phương trình trở thành t 2  t  2  0
t  1

t  2

0,25
0.25

Với t  1  log 2 ( x  1)  1  x  1  2  x  1
Với t  2  log 2 ( x  1)  2  x  1  22
x

3
4

Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có hai nghiệm x  1 và x 
Câu 4

2

Tính I  
0

x2

x3  1

3
4

0.25
1đ

dx

Đặt t  x3  1  t 2  x3  1  2tdt  3x 2 dx  x 2 dx 

2t
dt
3

0,25

Với x  0  t  1; x  2  t  3

0.25

2
t
3
2
3
I1   dt   dt
t
31

1

0,25

3

Ta đươc

2
 t
3

3
1



4
3

0.25

Câu 5 Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật.Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC)

1đ

cùngvuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết rằng AB=a,BC= a 3 và góc giữa SC với
(ABCD) bằng 600 .Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa CE với SB trong
đó E là trung điểm của SD.
Do hai mặt phẳng (SAB) và và (SAC) cùng vuông góc (ABCD)

Nên SA  ( ABCD)
Ta có AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng ABCD
nên ( SC , ( ABCD)  600  ( SC , AC )  600  SCA  600
Trong tam giác vuông SAC có
SA
tan SCA 
 3  SA  3 AC  2 3a
AC

Theo công thức tính thể tích khối chóp ta có

287

0.25


1
VS . ABCD  SA.S
3

ABCD

1
 .2 3a.a. 3a  2a 3
3

0.25

Kẻ BF//=AC suy ra AF//=BC do đó A là trung điểm DF.
Ta có AC//BF nên AC//(SFB);AE//SF nên AE//(SFB) từ đó suy ra (ACE)//(SFB)

Do đó d(CE;SB)=d((ACE),(SFB))=d(A;(SFB))
Kẻ AH  FB theo định lý 3 đường vuông góc suy ra FB  SH nên
BF  (SAH), mà BF  ( SFB)  ( SAH )  ( SFB)
Do ( SAH )  ( SFB )  SH nên kẻ Kẻ AK  SH  AK  (SFB)  d ( A;(SFB))  AK
Ta có

2 3a
1
1
1
1
1
1
17
 AK 






2
2
2
2
2
2
2
AK
AS AH

AS AB
AF
12a
17

Vậy d (CE; SB) 

0,25

0,25

2 3a
17

Câu 6

1đ
Trong không gian cho tam giác ABC có A(1;-1;3) B(-2;3;3);C(1;7;-3) lập phương trình
mặt phẳng (ABC) và tìm chân đường phân giác trong kẻ từ A trên cạnh BC.
AB  (3; 4;0) 

  AB  AC  (24; 18; 24)  6(4;3; 4)
AC  (0;8; 6) 

Do AB , AC là hai véc tơ không cùng phương có giá nằm trong (ABC) nên AB  AC
là một véc tơ pháp tuyến của (ABC).Chọn véc tơ pháp tuyến của (ABC ) là n  (4;3; 4)
.Suy ra (ABC) có phương trình 4( x  1)  3( y  1)  4( z  3)  0  4 x  3 y  4 z  13  0
Ta có AB  5; AC  10
Gọi D( x; y; z ) là chân đường phân giác kẻ từ A trên BC ta có hệ thức
DB DC

Gọi

 DC  2DB  DC  2DB (do D,B,C thẳng hàng)
AB AC

Có:

0,25

0.25

0.25

 (1  x;7  y; 3  z )  2(2  x;3  y;3  z )
 x  1

13

 y 
3

z

1



Vậy D(1;

0.25

13
;1)
3

a,Một đoàn gồm 30 người Việt Nam đi du lịch bị lạc tại Châu Phi, biết rẳng trong đoàn
Câu 7 có 12 người biết tiếng Anh, có 8 người biết tiếng Pháp và có 17 người chỉ biết tiếng Việt.
Cần chọn ngẫu nhiên 4 người đi hỏi đường. Tính xác suất trong 4 người được chọn có 2
người biết cả 2 thứ tiếng Anh và Pháp.

288

1đ


Số người biết tiếng Anh hoặc tiếng Pháp là 30-17=13 mà tổng số người biết Anh và Pháp
là 20 nên số người biết cả tiếng Anh và tiếng Pháp là 20-13=7
Chọn 4 người bất kì từ 30 người có C304  27405  n()  27405
Gọi A là biến cố của xác suất cần tính ta tính n(A) như sau:
Chọn 2 người trong sô 7 người biết cả Anh và Pháp, tiếp theo chon 2 người trong số 23
người còn lại  n( A)  C72C232  5313
Vậy P(A)=

253
1305

0,25

0.25

2
b, Tính giá trị của biểu thức P   2cos 2 x  5  3  2sin x  biết tanx  2.

Ta có

1
1
2
2

tan
x

1

cos
x

.
cos 2 x
5

0,25

217
0,25
25
Câu 8 Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho hình vuông ABCD.Điểm M nằm trên đoạn BC, 1 đ
đường thẳng AM có phương trình x  3 y  5  0 , N là điểm trên đoạn CD sao cho góc
P   2cos 2 x  5  3  2sin2 x    4cos 2 x  7 1  2cos 2 x  

BMA  AMN .Tìm tọa độ A biết đường thẳng AN qua điểm K(1;-2).

Ta kẻ AH  MN có MAB=MAH  AH  AB  AD và MAB  MAH (1)
0.25

Suy ra MAH =ADH và NAD  HAN (2)
Từ (1)&(2) suy ra MAN  450
Gọi véc tơ pháp tuyến của AN là n  (a; b), a 2  b2  0
Do AN qua K(1;-2) nên AN có phương trình
a(x  1)  b( y  2)  0  ax  by  a  2b  0

Ta có cos ( AM , AN )  cos 450
a  3b
1

 4a 2  6ab  4b 2  0, (*)
2
2
2
10 a  b
+Nếu b  0  a  0 vô lý.
a
2
b  2
a
a
+ Nếu b  0  (*)  4    6  4  0  
b
b

a   1
 b
2
Với

a
a
a
 2 khi đó AN có phương trình x  y   2  0  2 x  y  0
b
b
b

Ta có A là giao điểm của AN và AM từ đó ta tìm được A(-1;2)
Với

0.25

0.25

a 1
a
a
 khi đó AN có phương trình x  y   2  0   x  2 y  5  0
b 2
b
b

Ta có A là giao điểm của AN và AM từ đó ta tìm được A(5;0)

289

0.25


Câu 9

Giải phương trình:

(2 x  4) 3 2 x  3  9 x3  60 x2  133x  98  x 2  2 x  5

1đ

Điều kiện: 9 x3  60 x 2  133x  98  0   3x  7   x  2   0  x  2
2

Phương trinh tương đương (2 x  4) 3 x  3   3x  7   x  2   x 2  2 x  5

0,25

 (2 x  4) 2x  3  (3x  6  1) x  2+x  2 x  5
2

3





3

3


2x  3 
2x  3

4

 3 2x  3  x  2  3

4

3



3





3



3

x  2  x2  2x  5

2x  3  3 2x  3 



x2



4

3





3

x2  x2

0.25

Xét hàm số f (t )  t 4  3t 3  t với t  1
Ta có f '(t )  4t 3  9t 2  1  t 2  4t  9   1  0 với t  1
Suy ra f (t ) đồng biến trên  1;  
Phương trình đã cho tương đương f ( 3 2 x  3)  f ( x  2)  3 2 x  3  x  2
2 x  3  0

 3

6
2
x

3






 

x2



6

3

x 

2
3
2

x  2x 1  0

3


x  2


 x  1

  x  1


 x  1  5
  x  1  5

2

2


  x  1  5

2
 
1  5
Vậy phương trình có 2 nghiệm x  1; x 
2

Câu
10

Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x  y  z  1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
P

2 y  z  2x 2z  x  2 y 2x  y  2z


x2  x
y2  y
z2  z

Ta có:
P


y  1  3x z  1  3 y x  1  3z
 2
 2
x2  x
y y
z z
 1
y 1
z 1
x 1
1
1 


 3




x( x  1) y ( y  1) z ( z  1)  1  x 1  y 1  z 

Ta có :BĐT:

1
1
2


, a, b  0 & ab  11
1  a 1  b 1  ab

Thật vậy: (1) 

0,25

( a  b)  2
2

 ( ab  1)( a  b )2  0 luôn đúng do ab  1 .
1  (a  b)  2 1  ab

Dấu bằng xảy ra khi a  b

290

0.25

1đ

Ta sẽ cm

Thật vậy BĐT 
VT (3) 

0.25

1
1
1
3



(2)
1  x 1  y 1  z 1  3 xyz

2
1  xy



1
1
1
1
4





(3) Áp dung BĐT (1) ta được
3
3
1  x 1  y 1  z 1  xyz 1  xyz
2

1  z 3 xyz

4


1



xy x xyz
3

4
1  3 xyz

 VP(3)

Dấu bằng xảy ra khi x  y  z

Từ đó ta có P 

3

3
9

3
xyz 1  xyz

Đặt t  3 xyz  0  t 

x yz 1

3
3

0.25

3 9
P 
 f (t )
t 1 t

3
9
3(2t 2  2t  1)
 1

 0, t   0; 
f '(t )  2 
2
2

2
t
 3
 t  1
t  t 
1
3

Do đó f (t )  f ( ) 

0.25

9
4

1

x yz

1
9

3
x yz
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là đạt được khi 
3
4
t  1
 3

0.25

Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl

291