đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE148 THPT gia lộc, hải dương (l1) w

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT GIA LỘC

ĐỀ SỐ 148

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x 3  3x  1 (C).
1) Khảo sát sự thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3x  1 (C).
2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm phân biệt M và N đối xứng với nhau qua trục tung.
Câu 2 (1,0 điểm)
1) Cho số phức z thỏa mãn: 1  2i  z   2  3i  z  2  2i . Tính môđun của z .
2) Giải bất phương trình: log 4 x 2  log 2  2 x  1  log 1  4 x  3  0 .
2

Câu 3 (1,0 điểm)
1) Giải phương trình: 2cos5 x.cos3x  sin x  cos8 x .
2) Một hộp có 9 thẻ giống nhau được đánh số liên tiếp từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên đồng thời hai thẻ
(không kể thứ tự) rồi nhân hai số ghi trên hai thẻ với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là
một số chẵn.
6

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân: I  
1

x  3 1
dx .
x2

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a (a > 0), 
ABC  600 .
Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD) góc tạo bởi SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Gọi
M là trung điểm của SB. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AM, SD theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  4  0
và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  11  0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu
(S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC nội tiếp đường tròn tâm
 . Đường thẳng AD cắt đường tròn
I  2; 2  , điểm D là chân đường phân giác trong của góc BAC
ngoại tiếp ABC tại điểm thứ hai là M (khác A). Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết điểm J  2;2 
là tâm đường tròn ngoại tiếp ACD và phương trình đường thẳng CM là: x  y  2  0.

3
2

2
 y  1  y y  1  x  2
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 x  x2  2 x  5  1  2 2 x  4 y  2


( x, y   )

Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa: 4  a 3  b3   c3  2  a  b  c  ac  bc  2  .
2

a  b   c2
2a 2

bc

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  2


3a  b 2  2a  c  2  a  b  c  2
16
------------Hết-----------Họ và tên thí sinh: ................................................................. – Số báo danh: ........................
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

850


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN I KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Câu

Ý

Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3 x  1
TXĐ: D   .
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3; y '  0  x  1
- Giới hạn: lim y  ; lim y   .
x 

BBT

x
y,

Điểm
1,0
0,25

x 

-

-1
0
1

+

+

1
0

-

+
+
0,25

y
-

-3

Vậy:
1 Khoảng đồng biến: (; 1) và (1; ) ; khoảng nghịch biến (1;1) .
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1  yC Ð  1 ; đạt cực tiểu tại
x  1  yCT  3 .
1
(2đ)

Đồ thị

0,25

y
2

1
-2

1

2

x

0

-1

0,25

-1
2

-3
4

Tìm trên đồ thị (C) hai điểm phân biệt M và N đối xứng nhau qua trục tung.
Gọi M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  là hai điểm thuộc đồ thị (C).

0,25

 x   x2  0
vì M, N đối xứng nhau qua 0y   1
 y1  y2
 x2   x1  0

 3
3
2
 x1  3x1  1  x2  3x2  1

0,25

 x  3
 x   3
 1
hoặc  1
 x2   3
 x2  3
M



 



3; 1 , N  3; 1 hoăc N

1,0

0,25



 



3; 1 , M  3; 1

Tính môđun của z
1 Gọi z  x  yi  x, y    . Theo bài ra ta có:
1  2i  x  yi    2  3i  x  yi   2  2i   3x  5 y     x  y  i  2  2i

0,25
0,5
0,25

1

851


2
(1đ)

3x  5 y  2
x 1
. Do đó z  2



x

y


2
y

1


Giải bất phương trình log 4 x 2  log 2  2 x  1  log 1  4 x  3  0
2

ĐK: x 
2

1
(*)
2

log 4 x 2  log 2  2 x  1  log 1  4 x  3  0  log 2  2 x 2  x   log 2  4 x  3

0,25
0,5

0,25

2

1
1
 2 x 2  5 x  3  0    x  3 kết hợp đk (*) ta được
 x3
2
2
Giải phương trình: 2 cos 5 x.cos3 x  sin x  cos8 x
2cos 5 x.cos3 x  sin x  cos8 x  cos8 x  cos2 x  s inx  cos8 x

3
(1đ)

 cos2 x  s inx  0  2sin 2 x  s inx  1  0
 s inx  1
1

1 Phương trình có nghiệm:

s inx  

2


7
x   2k  , x    2 k  , x 
 2k  k   
2
6
6
Tính xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn.
Số phần tử của không gian mẫu là: C92  36
2

Gọi A là biến cố: “kết quả nhận được là số chẵn”
Số kết quả thuận lợi cho A là: C51.C41  C42  26
26 13
Xác suất cần tìm là P  A  

36 18
6

Tính tích phân: I  
1

4
(1đ)

3

I  2

 t  1 t
t2 1

3

0,25

0,25

0,5
0,25

0,25

0,25

3

t
1 

dt  2  1 
 dt
t 1 
2 t 1
2

dt  2

 2  t  ln t  1 

0,5

1,0

Đặt t  x  3  x  t 2  3  dx  2tdt
Đổi cận x  6  t  3; x  1  t  2

2

5
(1đ)

x  3 1
dx .
x2

0,25

3
2

0,25
0,25

 2  2 ln 2
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM,

SD theo a.

0,25
1,0

  600  ABC đều  AC  a
ABC cân, BAC
   600
Do : SA   ABCD    SC ,  ABCD    SCA

0,25

Trong SAC : AC  a, SA  AC.tan 600  a 3

S ABCD  BA.BC.sin 600 

a2 3
2

Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD

1
a3
 SA.S ABCD 
3
2

0,25

2

852


Gọi O là tâm của hình thoi. Vì OM là đường trung bình của SBD
 OM / / SD  SD / /  AMO 

0,25

3V
 d  SD, MO   d  SD,  AMO    d S,  AMO    S . AMO
S AMO

1
1
a3
VSAOM  VS . ABO  VS . ABCD 
2
8
16
1
a
1
AMO : AM  SB  a; OA  , OM  SD  a
2
2
2
 S AMO 

S

M

a 2 15
16

A

B

O
3a
a 15

5
15
D
C
a 15
 d  SD, AM  
5
Chứng minh rằng mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác
định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Mặt cầu (S) có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  5

0,25

 d  S,  AMO   

Khoảng cách từ điểm I tới mp(P) là d  I ,  P    3

1,0

0,25

Vì d  I ,  P    R  mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn. Bán
6
(1đ)

kính của đường tròn là r  R 2  d 2  I ,  P    4

0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm I trên  P  suy ra đường thẳng IH đi qua
I và vuông góc với mp(P)
 x  1  2t

 pt đường thẳng IH :  y  2  2t
z  3t


0,25

Khi đó H là giao của mp(P)với IH  H  3; 0; 2 

0,25

Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của ABC

1,0

A

J
I

7
(1đ)

B
D
C

M

  2CAD
 ( do ACD nội tiếp đường tròn tâm J )
Ta có CJD
  BAD
  BCM
  CJD
  2 BCM

Mà CAD
  2
  2 JCD
  1800
CJD cân tại J nên CJD
JCD  1800  2 BCM


 BCM
JCD  900  CM  CJ

0,25

3

853


 CJ : x  y  4  0 , mà C  CJ  CM  C  1;3

0,25

Ta có A,C là hai điểm chung của hai đường tròn tâm I và tâm J nên đường thẳng
AC đi qua C và vuông góc với IJ  AC : x  1
Đường tròn (C) ngoại tiếp ABC có tâm I (2; 2) bán kính IC  10
2

0,25

2

  C  :  x  2    y  2   10
Do : A  AC   C   A  1;1
Do : M  CM   C   M  3; 1 là điểm chính giữa cung BC suy ra IM vuông

góc với BC. Đường thẳng BC đi qua C, vuông góc với IM  BC : x  3 y  10  0

0,25

 19 23 
Do : B  BC   C   B  ; 
 5 5
3
2

2
1
 y  1  y y  1  x  2
Giải hệ phương trình 
 x  x 2  2 x  5  1  2 2 x  4 y  2  2


1,0

Đk: 2 x  4 y  2  0
Ta có: 1  2 x  4 y  2 

 x  1   x  1

2

4 2



y2 1  y



y2 1  y





2

thế vào PT (2) ta được

2

0,25

2

x 1
 x 1 
2

 
  1  y  y  1 (*) (vì
2
2


8
(1đ)

0,25

y2  1  y  y  y  0 )

Xét hàm số f  t   t  t 2  1 trên 
f ' t   1 

t
2



t 1

t2 1  t
2

 0, t   , do

t 2  1  t  t  t  0, t  

t 1

0,25

 x 1 
 f  t  đồng biến trên  , theo (*) ta có f 
  f  y
 2 

 x  2y 1
Với x  2 y  1 thay vào (1) ta có:



y2 1  y



2

4

y2 1  y  2 

y2 1  2  y  y 

3
5
x
4
2

0,25

 5 3
Vậy hệ có nghiệm  x; y    ; 
 2 4

4

854


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1,0
2

Áp dụng BĐT: x 3  y 3 

1
x y
3
 x  y  ; xy  
 , x, y  0 , kết hợp với giả thiết
4
 2 

suy ra:

1
3
3
 a  b  c    a  b   c3  4  a 3  b3   c3  2  a  b  c   c  a  b   2 
4
  a  b  c 2

 2 a  b  c 
 2  a  b  c  4



4



0,25

dấu “=” xảy ra khi a+b=c>0
Khi đó sử dụng BĐT AM-GM ta có:
2a 2

3a 2  b 2  2a  c  2 

9
(1đ)

a
 b2 a 
a c2  
 2a 2 

0,25

a

a


dấu “=” xảy ra khi a=b>0

b2 a a  b  c  2
ac22
.
2a 2

a  b  c
1
a bc
2
Và  a  b   c   a  b  c   P 

2
a bc2
32
2

2

Đặt t  a  b  c  4  P  f  t  
f ' t  

0,25

t
t2

t  2 32
2

2

t  2

2

2

t 32  t  t  2 
 
 0, t  4
2
16
16  t  2 

 hàm số f  t  nghịch biến trên  4;   .
Do đó P  f  t   f  4  

0,25

1
1
. Vậy GTLN của P bằng
6
6

 a  b, a  b  c
Dấu “=” xảy ra  
 a  b  1, c  2
a bc  4
________ Hết________

5

855