đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE149 THPT chí linh, hải dương (l1) w

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT CHÍ LINH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Mônthi : TOÁN - Lầnthứ 1
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.
(Đề gồm 01 trang)

ĐỀ SỐ 149

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y   x3  3 x3  1 (1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với đường thẳng
d : y  2x  7 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  2 x 2  x  2 3 x  6 x 2
Câu 3 (1,5 điểm).
1) Giải phương trình:

3  sin x  1  cos x

2) Giải phương trình: 32 x 1  2.3x 1  24  0
3) Giải bất phương trình: log 0,5  4 x 2  3 x  1  log 2  4 x  2   1
Câu 4 (0,5 điểm). Trường THPT Chí Linh tổ chức cho học sinh của cả ba khối 10,11,12 tập
luyện võ thuật cổ truyền. Trong đợt tập võ lớp 11A tập tốt nhất nên nhà trường quyết định chọn
ra 7 học sinh của lớp 11A để biểu diễn. Tính xác suất để 7 học sinh được chọn có ít nhất 6 học
sinh nam biết rằng lớp 11A có 23 học sinh nam và 21 học sinh nữ.
2

3x 2  2 x  5
Câu5 (1,0 điểm). Tínhtíchphân: I   2
dx

3x  x  2
1

Câu6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a. Gọi
M là trung điểm của cạnh BC, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa SM và
mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng DM, SB.
Câu7 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọ
H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BD và M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh CD,
BH. Biết điểm A(0; –1), phương trình đườngthẳng MN là 3x  y  9  0 và điểm M có hoành độ
nguyên. Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D.





 x 2 y 1  y 2  1  x  x2  1

Câu8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2 x 2  y 2  1  9 x  7  5 x x 2 1  18 y 2   3x

Câu9 (1,0 điểm).Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a  1 , bc  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
a3  2
b
c
biểu thức: P 


3(bc  1) c  1 b  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:………………….
Chữ kí giám thị 1:…………………….…………Chữ kí giám thị 2:……………………………

856


H­íngdÉnchÊmTOÁN
Câu

Nội dung

Điểm

 Tập xác định: D = ℝ
 Sự biến thiên
 Giới hạn của hàm số tại vô cực.
3 1
lim y = lim x −1 + −
= −∞, lim y = +∞
→
→
→
x x

0,25

x=0
x=2

y = −3x + 6x;y = 0 ⇔

Bảngbiếnthiên:
−∞

0
−

0

2
0
3

+

+∞

+∞
−

−1

1a.
(1,0đ)

0,25

−∞

Từ bảng biến thiên suy ra
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2),nghịch biến trên các khoảng

(−∞; 0)và (2; +∞)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y Đ = −3,
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y = −1
 Đồthị:
Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm (0; −1), đi qua các điểm

0,25

(−1; 3), (1; 1), (3; −1)

y

y=-x3+3x2-1
3
0.25

1
x
0

-1

1

2

3

-1

Đồ thi hàm số nhận điểmI(1; 1) làm tâm đối xứng.
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình
−x + 3x − 1 = 2x − 7
1b.
(1,0đ)

0,25

Giải phương trình, suy ra d cắt (C) tại điểmM(3; −1)

0,25

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(3; −1) lày = y (3)(x − 3) − 1

0,25

⇔ y = −9x + 26

857

0,25


Điềukiện:3x − 6x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤

1
2

1
3 − 12x

; f′(x) = 4x − 1 −
2
√3x − 6x
3
1
1
f (x) = 0 ⇔ (4x − 1) 1 +
= 0 ⇔ x = ∈ 0;
4
2
√3x − 6x

0,25

Tậpxácđịnh:D = 0;

2.
(1,0đ)

0,25

f (x) không xác định tại x = 0, x = .
1
1 + 4√6
1
=−
,f
=0
4
8

2
1
1 + 4√6
Suyra min f(x) = f
=−
;max f(x) = f(0) = 0
4
8
;
;
f(0) = 0, f

3a.
(0,5đ)

0,25
0,25

√3(sin x − 1) = cosx ⇔ √3sinx − cosx = √3
1
π
√3
√3
√3
⇔
sinx − cosx =
⇔ sin(x − ) =
2
2
2

6
2
π
π π
x= +2 π
x− = +2 π
2
6
3
⇔
, ∈ℤ⇔
, ∈ℤ
π
π
5π
x− = π− +2 π
x=
+2 π
6
3
6
3
+ 2.3
− 24 = 0. ⇔ 3.3 + 6.3 − 24 = 0 ⇔ (3 − 2)(3 + 4)
=0

0,25

0,25

0,25

3b.
(0,5đ)

⇔ 3 − 2 = 0(vì 3 + 4 > 0∀ ∈ ℝ)⇔ 3 = 2 ⇔
Vậy phương trình có nghiêm = log 2
log

3c.
(0,5đ)

,

= log 2
0,25

(4x − 3x − 1) + log (4x − 2) > 1(1)

Điều kiện: 4x − 3x − 1 > 0 ⇔ x > 1
4x − 2 > 0
Khi đó(1) ⇔ log (4x − 2) > 1 + log (4x − 3x − 1)
⇔ log (4x − 2) > log 2(4x − 3x − 1)
5
⇔ 4x − 2 > 2(4x − 3x − 1) ⇔ 0 < <
4
Kết hợp với điều kiện ta được phương trình đã cho có nghiệm 1 <
Tổng số học sinh của lớp 11A là: 23 + 21 = 44 (học sinh)

0,25

0,25

< .

Số cách chọnn gẫu nhiên 7 học sinh từ 44 học sinh là số các tổ hợp chập 7

0,25

của 44 phần tử nên số phần tử của không gian mẫu là: (Ω) =
Gọi A là biến cố: “ Trong 7 học sinh chọn ra có ít nhất 6 học sinh nam”
4.

Khi đó có 2 khả năng xảy ra:
 7 học sinh chọn ra có 6 học sinh nam và 1 học sinh nữ

(0,5đ)

 7 học sinh chọn ra đều là nam.
Từ đó suy ran(A) = C . C
Vậy P(A) =

( )
(Ω)

+C

=

858

0,25


5.
(1,0đ)

3 −2 +5
−3 + 7
=
1+
3 + −2
3 + −2
3( + 1) − 2(3 − 2)
3
=
1+
=
1+
−
( + 1)(3 − 2)
3 −2
2
= ( + ln|3 − 2| − 2ln| + 1|)
1
4
= 1 + 2ln
3

0,25

2
+1

0,25
0,25
0,25

S

H
N

A

D

0,25

O
B

C

M

Xác định được góc giữa đường thẳng
và mặt phẳng(
) là SMA
⇒ SMA = 60 ; S

= 2a
Tínhđược
= a√2; SA = a√6
1
1
2a √6
⇒V.
= SA. S
= . a√6. 2a =
3
3
3
Gọi là trung điểm cạnh
suy ra tứ giác
là hình vuông và tứ giác
6.

là hình bình hành ⇒

⇒

//(

,(

)) = ( , (

Ta chứng minh được ( , (

)) = ( , (

))

Gọi O là tâm hình vuông

suy ra

⇒ (

(1,0đ)

,

//

)= (

⊥(

)⇒

⇒
Trong mặt phẳng (

), gọi
⇒

⊥
⊥

vuông tại
1

=

⊥(

1

)

⊥

⇒ (

1

trên

⊥(

)

0,25

) =

có đường cao
+

=
,

859

0,25

)

⇒
,(

))

⊥

và

là hình chiếu của

⇒
Xét tam giác

√

=

0,25

nên

13
⇒
6
)=

√78
.
13

=

√78
13


7.
(1,0đ)

Gọi E là trung điểm của AB thì tứ
E
A
B
giác
là hình vuông và
E ⊥
. Do đó hai tứ giác
và
là các tứ giác
N

nội tiếp đường tròn đường kính
nên
cũng là tứ giác
nội tiếp⇒ ANM = 90 ⇒
là
H
C
hình chiếu của
trên đường
D
M
thẳng
.
Đường thẳng
đi qua (0; −1) và vuông góc với MN nên có phương trình
+ 3 + 3 = 0. Toạ độ điểm N là nghiệm của hệ
12
=
12
9
3 − − 9 = 0
5 ⇒
⇔
;−
9
+3 +3 =0
5
5
=−
5

Vì ∈
nên ( ; 3 − 9)với ∈ ℤ. Tứ giác
nội tiếp nênMAN =
MDN suy ra hai tam giác
⇒

=

đồng dạng

và

1 4√10 2√10
= .
=
2 5
5
14
36
8
=
+ 3 −
= ⇔
5
5
5
=2

=2⇒

=

1
2

8
12
⇔ −
5
5
Mà ∈ ℤ nên t = 2 ⇒ M(2; −3).
Đường thẳng
có phương trình là +
⇒

cân tại

=

là trung điểm của

+ 1 = 0. Tam giác

là(0; −3)và (2; −1). Do

nên ta tìm được 2 điểm

hai phía đối với đường thẳng

0,25

0,25

vuông
và

nằm về

0,25

nên (0; −3).

nên ta tính được (4; −3). Từ đó tính được

(4; −1).
0,25

Vậy (4; −1), (4; −3), (0; −3).
x y 1 + y + 1 = x + x + 1(1)

.

2x (y + 1) − 9x + 7 = 5√x. x (1 − 18y ) − 3x(2)
≥0
Điều kiện:
(1 − 18 ) − 3 ≥ 0 ( )
Ta nhận thấy = 0không thoả mãn hệ. Xét x > 0. Khi đó
8.

(1) ⇔

+

+1=

1

1
+ .

1

0,25

+ 1(1 ).

(1,0đ)

Xét hàm số f(t) = t + t√t + 1 trên ℝ
f (t) = 1 + t + 1 +

> 0∀ ∈ ℝ
√t + 1
Hàmsốf(t)đồngbiếntrênℝ
1
1
⇒ (∗) ⇔ y =
(1 ) ⇔ f(y) = f
x
(∗)

x

860

0,25


Với = giải điều kiện (I) ta được x ≥ 6, phương trình (2) trở thành
2 − 9 + 9 = 5√ .
− 3 − 18
⇔ 2 − 9 + 9 = 5√ . ( + 3)( − 6)
⇔ 2(
⇔

− 6 ) − 5√ + 3.
−6 −√ +3 2

0,25

− 6 + 3( + 3) = 0
− 6 − 3√ + 3 = 0

⎡ = 7 ± √61
2
⎢
−6 =√ +3
⇔
⇔⎢
3
=

−
2
− 6 = 3√ + 3
⎢
4
⎣ = 9
Kết hợp điều kiệnx ≥ 6 ta được hệ đã cho có nghiệm (x;y) là
1
7 + √61 √61 − 7
9; ,
;
9
2
6
Áp dụng BĐT TBC-TBN ta được + 1 + 1 ≥ 3 √ = 3 .
Dấu “=” xảy ra khi = 1
a3 + 2
1
⇒
≥
≥
;
3(bc + 1)
+1
+1
b
c
1
1
+

= ( + + 1)
+
−2
c+1 b+1
c+1 b+1
Ta có: + + 1 ≥ 2√ + 1. Dấu “=” xảy ra khi =
1
1
2
(1).
+
≥
b + 1 c + 1 1 + √bc
Thậtvậy, (1) ⇔ (b + c + 2) 1 + √bc ≥ 2( + 1)( + 1)

9.
(1,0đ)

0,25

0,25

⇔ (b + c)√bc − 2 − − + 2√bc ≥ 0 ⇔ √b − √c √bc − 1
≥ 0(2)
(2) đúngvới mọi b, c thoả mãn giả thiết nên (1) đúng. Dấu “=” xảy ra
khi = hoặc = 1.Từ đó suy ra
1
2
1
2√

≥
+ 2√ + 1 .
−2=
+
+1
+ 1 1 + √bc
1 + √bc
Đặt = √
P≥

0,25

, tacót ≥ 1

1
2t
+
= f(t)
t +1 1+t

f (t) =

2
2t
2(t − 1) ( − + 1)
−
=
≥ 0∀ ≥ 1;
(1 + )
( t + 1)

( + 1) ( t + 1)

0,25

f (t) = 0 ⇔ t = 1
Hàm sốf(t) đồng biến trên [1; +∞)
min f(t) = f(1) =

[ ;

)

3
3
⇒ P ≥ ∀a, b, c > 0 ℎ ả ã ≥ 1,
2
2

Vớia = b = c = 1thìP = . Do đó P có giá trị nhỏ nhất là

861

≥1
0,25