đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE83 THPT lê lợi, thanh hóa (l2) w

ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI TỐT NGHIỆP
THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015 -2016
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC
GIA
2016
- ĐỀ
Môn:
Toán
– lớp
12 SỐ 83
Đề chính thức
Thời (Thời
gian làm
180
phút
gianbài
làm
bài:
180 phút, không kể giao đề)
( Gồm có 01 trang )
--------oOo--------

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

x
(C)
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại giao điểm của đồ thị với trục tung.

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số y 

Câu 2(1,0 điểm):
a) Giải phương trình

2 sin2 x  2cosx  1  2 sinx .

b) Cho số phức z thỏa mãn z  3 z  8  4i . Tìm mô đun của số phức   z  10 .
1

 x 2e x  2  e x 
 .dx
2
 1 x


Câu 3 (1,0 điểm): Tính tích phân I   x 
0

Câu 4 (1,0 điểm):
a) Giải bất phương trình log 2 x  1 

1
log 2 x

b) Một tổ có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 4 học sinh để tham gia buổi
trực nề nếp. Tính xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ.

2 x 2  y 2  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3 x
Câu 5: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 

2
 x  y  1  4 x  y  5  x  2 y  2
Câu 6 (1,0 điểm).

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a ,

SA  mp ( ABCD ) , SC tạo với mp( ABCD ) một góc 450 và SC  2a 2 . Tính thể tích khối chóp
S . ABCD và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến mp  SCD  theo a .

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi K là điểm
đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC tại E và cắt AB tại N (1;3) .
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng góc 
AEB  450 , phương trình đường thẳng BK là
3 x  y  15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3.
Câu 8: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(4;1;3) , B(1;5;5) và đường
 x 1 y  1 z  3


. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường
2
1
3
15
thẳng d. Tìm tọa độ điểm C thuộc d sao cho tam giác ABC có diện tích là S ABC  .
2

thẳng d :

Câu 9: (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

b  2c a  2c

 6ln( a  b  2c) .
1 a
1 b

-----------------------------Hết ----------------------Họ và tên thí sinh ........................................................SBD: ......................
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh không được sử dụng tài liệu)

476


SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI
TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015 -2016
Môn: Toán – lớp 12

Câu
1

Biểu
điểm

ý
Nội dung
a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x (C).

x 1
1
0
* TXĐ : D = R\{1}, y’ = 
( x  1)2

* Giới hạn và tiệm cận :
lim f ( x)  lim f ( x )  1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0,25
x 
x 
lim f ( x )  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x 1

x 1

* Bảng biến thiên
x

-

1

+

-

y'

-

1

+

y
-

1

* Hàm số nghịch biến trên (;1) và (1;  ) , hàm số không có cực 0,5
trị.
* Đồ thị : Vẽ chính xác đồ thị
10

8

6

4

2

10

5

5

10

15

2

4

6

0,25

8

1

2

Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm
tâm đối xứng
b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại giao điểm của đồ thị
với trục tung:
* Đồ thị cắt Oy tại O(0;0)
* Gọi (d) là tiếp tuyến của đồ thị tại O, khi đó (d) có hệ số góc k
xác định bởi k  y '(0)  1 .
* Phương trình tiếp tuyến (d) cần tìm là y  1( x  0)  0  y   x
a Giải phương trình: 2 sin2 x  2cosx  1  2 sinx .
Ta có 2 sin2 x  2cosx  1  2 sinx  2 sinx(2cosx  1)  (2cosx  1)  0
 ( 2 sinx  1)(2cosx  1)  0  2 sinx  1  0  2cosx  1  0

1

477

0,25
0,5
0,25

0,25




x   k .2

1
1
2
4
* sinx 

; * cosx    x    k .2 ( k   )
2
3
2
 x  3  k .2

4

2

0,25

b Số phức z thỏa mãn z  3 z  8  4i . Tìm mô đun của số phức
  z  10 .
* Gọi z  a  bi (a, b  ) là số phức đã cho, khi đó
0,25

z  a  bi  3 z  3(a  bi )

 4a  8
a  2

 z  2  2i
2b  4
b  2

* Từ giả thiết ta có hệ 

0,25

* Số phức   z  10  2  2i  10  8  2i có mô đun là
  (8)2  22  2 17

3

 x 2e x  e x  2 
 .dx
2
0
 1 x


1
1
1
+ Viết lại được: I   x  2 2  e x  dx   22 x dx   xe x dx
0
1 x

0 x 1
0
1

Tính tích phân I   x 

1

1
2x
+ Lần lượt tính được I1   2
dx  ln 2 và I 2   xe x dx  1
0 x 1
0
+ Vậy I = 1  ln 2

4

a

Giải bất phương trình log 2 x  1 

0,5

0,25

1
.
log 2 x

* ĐKXĐ: x  0; x  1 , khi đó BPT log 2 x  1 

1
2
 log 2 x  1 
log 2 x
log 2 x

t  1
2
t2 t  2
Đặt t  log 2 x ta thu được BPT t  1  
0 
t
t
0  t  2
1
* t  1  log 2 x  1  0  x  ,
*
2
0  t  2  0  log 2 x  2  1  x  4
1
* Tập nghiệm của BPT là S  (0; ]  (1; 4]
2

4

0,25

0,25

0,25

b Một tổ có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu
nhiên 4 học sinh để tham gia buổi trực nề nếp. Tính xác suất để 4
học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Xét phép thử T “ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh từ một tổ có 12 học
sinh”
0,25
4
* Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh của tổ là C12  495
do đó số phần tử của không gian mẫu là   495 .
* Gọi A là biến cố ” 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ”
Khi đó A là biến cố ” 4 học sinh được chọn chỉ toàn nam hoặc nữ” 0,25
Ta có  A  C54  C74  5  35  40
P( A) 

40
455 91
 P( A)  1  P( A) 

495
495 99

478
2


5

Giải hệ phương trình
2 x 2  y 2  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3 x (1)
 2
 x  y  1  4 x  y  5  x  2 y  2 (2)
* ĐK: y  2 x  1  0,4 x  y  5  0, x  2 y  2  0, x  1
 y  2x  1  0
 x  1 0  0
* Xét trường hợp: 


(Không
3

3
x

0
y

1

1

10


1




0,25

TM hệ)
* Xét trường hợp: x  1, y  1 . Đưa PT(1) về dạng tích ta được
( x  y  2)(2 x  y  1) 

x y2
y  2 x  1  3  3x



1
( x  y  2) 
 y  2 x  1  0 . Do y  2 x  1  0
 y  2 x  1  3  3 x

1
nên
 y  2x  1  0  x  y  2  0
y  2 x  1  3  3x

0,25

* Thay y  2  x vào PT(2) ta được x 2  x  3  3 x  7  2  x

 x2  x  2  3x  7  1  2  2  x
3x  6
2 x
 ( x  2)( x  1) 

3x  7  1 2  2  x
3
1


 ( x  2) 

1 x  0  x  2  0
 3x  7  1 2  2  x

3
1
(vì x  1 nên

1 x  0 )
3x  7  1 2  2  x
* x  2  0  x  2  y  4 (TMĐK). Nghiệm của

0,25

0,25
hệ

là

( x; y )  (2; 4)

6

Hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AB  a .
SA  ( ABCD ) , SC tạo với mp(ABCD) góc 450 và SC  2a 2 . Tính
VS . ABCD và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến

mp  SCD  theo a .

S

Giải:
* Vẽ hình đúng, nêu được công thức
1
3

thể tích V  S ABCD .SA

H

và tính được SA  AC  2a .
BC  AC 2  AB 2  a 3 ,

A

V

a3 2 3
.

3

0,5

G

S ABCD  AB.BC  a 2 3

Từ đó:

D

B

C
0,25

479
3


*

G

là

trọng

tâm

tam

giác

ABC

nên

GD 2
2
  d (G, ( SCD))  .d ( B, ( SCD ))
BD 3
3

+ Gọi H là hình chiếu của A lên SD thì AH   SCD  .
Vì AB / / mp( SCD) nên d  B,  SCD    d  A,  SCD   =AH
+ Trong SAD có

0,25

2a 21
1
1
1
1
1


 2  2  AH 

2
2
2
AH
AS
AD
4a 3a
7

4a 21
2
 d (G, ( SCD))  .d ( B, ( SCD )) =
3
21

7

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại
A. Gọi K là điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K
vuông góc với BC cắt BC tại E và cắt AB tại N (1;3) . Tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC biết 
AEB  450 , phương trình đường
thẳng BK là 3 x  y  15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3.
K

Giải: (Hình vẽ)
* Tứ giác ABKE nội tiếp  
AKB  
AEB  450

M

 AKB vuông cân tại A  
ABK  450
C

* Đường thẳng BK có vtpt n1  (3;1) ,

gọi n 2  (a; b) là vtpt của đt AB
và  là góc giữa BK và AB
N
 
A
n1.n2
3a  b
1
Ta có cos     
 3a  b  5. a 2  b 2

2
2
2
n1 n2
10. a  b
E

 b  2a
 4a 2  6ab  4b 2  0  
 a  2b


+ Với a  2b , chọn n 2  (2;1)  AB : 2 x  y  5  0  B(2;9)

(Loại)

+ Với b  2a , chọn n 2  (1;2)  AB : x  2 y  5  0  B(5;0) (TM)
* Tam giác BKN có BE và KA là đường cao  C là trực tâm của
BKN  CN  BK  CN : x  3 y  10  0 . ABK và KCM vuông
cân


1
1
1
1
BK
CK 
AC 
.
BK 
 BK  4 KM
4
2
2 2
2 2 2
7 9
M  MN  BK  M  ;   K (3;6) ,
2 2
Đường thẳng AC qua K vuông góc AB  AC : 2 x  y  0
A  AC  AB  A(1; 2) , C là trung điểm của AK  C (2; 4) .
 KM 

480
4

0,25

B

0,25

0,25

0,25


Vậy: A(1;2), B(5;0), C(2;4).
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(-4; 1; 3),

8

B(1;5;5) và đường thẳng d :

 x 1 y  1 z  3


. Viết PT mp (P) đi
2
1
3

qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm C thuộc
d sao cho S ABC 

15
2



*) Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3  , vì  P   d nên  P  nhận

ud   2;1;3  làm VTPT do đó PT mặt phẳng  P  là :
2  x  4   1 y  1  3  z  3  0  2 x  y  3 z  18  0 .

0,5

* Vì C  d nên C có tọa độ  1  2t ;1  t; 3  3t  , nhận thấy B  mp( P) 0,25
nên ABC vuông tại A, do đó S ABC 
 

15
1  
15
 .  AB, AC   .
2
2
2

* Tính được các véc tơ AB, AC theo tọa độ của các điểm nói trên để
tìm ra tọa độ của C…
0,25

9

Cho a, b, c dương thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 . Tìm GTNN
của biểu thức P 

b  2c a  2c

 6ln( a  b  2c) .
1 a
1 b

Giải: Ta có P  2  a  b  2c  1  a  b  2c  1  6ln(a  b  2c)
1 a

1 b

1 
 1
  a  b  2c  1 

  6ln( a  b  2c)
1 a 1 b 

0,25

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
)

1
1

2
(1)


1  a 1  b 1  ab

) ab 

ab  1
(2)
2

Thật vậy,
)

1
1
2


  2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b 
1  a 1  b 1  ab







2

a b







ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a=b

hoặc ab=1

0,25

2
ab  1
) ab 
 ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1.
2
1
1
2
2
4
Do đó,





1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 3  ab
2
4
4
16



2
ab  bc  ca  c
 a  c  b  c   a  b  2c  2





+ Đặt t  a  b  2c, t  0 ta có
P  2  f (t ) 

16  t  1
 6ln t , t  0;
t2

481
5

0,25


f '(t ) 

6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8 



t
t3
t3
t3

Lập BBT của hàm f(t) trên khoảng (0; ) , ta được
t

f '(t )

0

4


0




f (t )
5  6.ln 4

Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a = b = c =1.

482
6

0,25