đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE152 THPT bùi thị xuân, lâm đồng (l2) w

SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN

ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016)
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 02
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

SỐ
152
(Đề ĐỀ
thi gồm
có 01
trang)

Câu 1: (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x3  6 x 2  9 x  4 .
x 2  5x  4
Câu 2: (1 điểm) Viết phương trình các tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 
biết các tiếp
x2
1
tuyến đó vuông góc với đường thẳng y   x  2006 .
3

Câu 3: (1. điểm)
2

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1  2i  .z  z  4i  20 . Tính modun của số phức z.
b) Giải phương trình log 2  3  x   log 2 1  x   3
1

Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân: I   x 2 ln 1  x3  dx
0

Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2; 5; 3) và đường thẳng
x 1 y z  2
.
d:
 
2
1
2
a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên d.
b) Viết phương trình mặt phẳng () chứa (d) sao cho khoảng cách từ A đến ()lớn nhất.
Câu 6: (1 điểm)
a) Cho tan   3 . Tính giá trị biểu thức: A 

2sin   3cos 
.
4sin   5cos 

b) Có 3 quyển sách Toán, 5 quyển sách Lý và 4 quyển sách Hóa, các quyển sách này đều khác
nhau. Xếp ngẫu nhiên các quyển sách này trên một chiếc kệ dài. Tìm xác suất để các quyển
sách cùng bộ môn được xếp cạnh nhau.
Câu7:(1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân AD // BC. Biết SA  a 2 ,
AD = 2a, AB = a, BC = CD = a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD trùng với
trung điểm cạnh AD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB
và AD theo a .
1 5
1 3
Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy . Gọi H ( 3;5) , I  ;   , K  ;  ,

2 2
2 2
lần lượt là trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp và chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .

Câu 9: (1 điểm) Giải phương trình : 8 x 3  36 x 2  53 x  25  3 3 x  5
Câu 10: (1 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 3 xy  3  x 4  y 4 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  x 2 y 2 

16
.
x  y2  2
2

–––––––––––––Hết–––––––––––––

873

2
.
xy


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

NỘI DUNG
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  4
+) TXĐ: D  
Sự biến thiên:

+) Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

+) Chiều biến thiên:

y /  3x 2  12 x  9

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–  ; 1) và (3; +  ).
Hàm số nghịch biến trên(1; 3).
Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = 0; hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, yCT = – 4

Câu 1:(1
điểm)

0.25

x 

y /  0  x  1 hoặc x  3

+) Bảng biến thiên
x 
y
y

ĐIỂM
1 điểm



1
0
0

3
0









0.25

0.25

4

+) Đồ thị + Giao điểm với Oy: (0 ; –4)
+Vẽ đồ thị

+ Giao điểm với Ox: (1;0) ; (4;0)

0.25

Câu 2:
(1 điểm)

x02  4 x0  6

+)

Gọi M0  x0 ; y0   C  . Hệ số góc tiếp tuyến tại M0 :

2

0.25

+)

Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y   1 x  2016 nên f /  x0  = 3

0.25

f /  x0  

 x0  2 

3

x02  4 x0  6

x 1
 3  2 x02  8 x0  6  0   0
 x0  2 
 x0  3
Toạ độ tiếp điểm (1;0) , (3;–2)

+) Phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) vuông góc đường thẳng có dạng :
y  3  x  1  và y  3x  11
+)

2

0.25

0.25

+) Đặt z  a  bi  a, b  R  ; z  a  bi ;
2

Câu 3:
(1 điểm)

1  1  2i   a  bi   a  bi  4i  20
+)   3  4i  a  bi   a  bi  4i  20
a  2 b  10
a  4
+)  

a  b  1
b  3

0.25

0.25

+) Do đó z  4  3i  z  32  4 2  5

874


3  x  0
+) Điều kiện: 
 x 1
1  x  0

1  log2  3  x 1  x   3

0.25

  3  x 1  x   8  x 2  4 x  5  0  x  1  x  5
So điều kiện chọn x = –1

Câu 4
(1 điểm)



u  ln x3  1

dv  x 2 .dx

0.25


3x 2
du  x3  1 dx


3
v  x  1 (chon)

3

0,25

+) Đặt
+)



0.25

Vậy

x3  1
I
ln x 3  1
3



1

1

0.25

   x .dx
2

0

0

1

2
1
2
1
 ln 2  x3  ln 2 
3
3 0 3
3

Đường thẳng (d) có vectơ chỉ phương u   2;1;2  . Gọi H là hình chiếu vuông

góc của A trên (d), suy ra H (1+ 2t,t, 2 + 2t) và AH   2t  1; t  5;2t  1
 
+) Vì AH  d  AH.u  0  2( 2t – 1) + t – 5 + 2(2t –1) = 0  t  1

0.25

0.25

0.25

Vậy H(3,1,4).
Câu 5:
(1 điểm

+) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên    ta có d  A,( )   AK  AH
(tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó khoảng cách từ A đến

( ) lớn nhất.  AK  AH  K  H .

Suy ra ( ) qua Hvà nhận AH  1; 4;1 làm vectơ pháp tuyến

Câu 6:
(1 điểm)
a

+) Phương trình củamặt phẳng ( ) là : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1( z – 4) = 0
 x – 4y + z – 3 = 0.
Từ tan   3 suy ra cos   0 nên A  2 tan   3
4 tan   5

Vậy A  2 tan   3  2.3  3  9
4 tan   5

4.3  5

0.25

0,25
0,25
0,25

7

Số cách sắp xếp 3 quyển Toán, 5 quển Lý và 4 quyển Hóa là số hoán vị của 12
phần tử do đó   12! . Gọi A là biến cố: “các quyển sách cùng bộ môn được
b

xếp cạnh nhau”. Ghép các quyển sách cùng bộ môn thành từng nhóm, có ba

0,25

nhóm Toán, Lý, Hóa. Số cách xếp ba nhóm này là 3!
Số cách xếp 3 quyển sách Toán trong nhóm Toán là 3!
Số cách xếp 5 quyển sách Lý trong nhóm Lý là 5!
Số cách xếp 4 quyển sách Hóa trong nhóm Hóa là 4!
Vậy A  3!3!5!4! Suy ra P(A) 

3!3!5!4!
 0, 0002
12!

875

0,25


Gọi I là trung điểm của AD .
SI   ABCD 
Ta có SABCD  3SABI 

3a2 3
4

0,25

Tam giác SIA vuông vuông tại I cho :
Câu 7:
(1 điểm)

1
a3 3
A2  AI 2  2 a2  a2  a2  SI  a . Vậy VS. ABCD  SI .SABCD 
 dvtt 
3
4
AD / / BC 
  AD / /  SBC   d  AD, SB  d AD,  SBC   d I ,  SBC 
BC   SBC  
Gọi K là trung điểm của BC .
BC   SKI  
IK  BC 
Ta có
  IH  BC
  BC   SKI  Dựng IH  SK ;
BC  SI 
IH   SKI  





 

025



025



 IH   SBC  . Vậy d I ,  SBC   IH
Tam giác SIK vuông tại I cho

1
1
1
4
1
7
 2 2  2 2  2
2
IH
IK IS
3a a
3a

025

a 21

a 21
, d I ,  SBC   IH 
7
7
  7 7  
HK   ;   ; a  1; 1 . Phương
2 2
trình đường
thẳng AK đi qua H và

nhận n  1;1 làm vectơ pháp



 IH 



tuyến x  3  y  5  0  x  y  2  0
Phương trình đường thẳng BC điqua K

0.25



và nhận HK   7 ;  7  làm vectơ pháp
2

2

tuyến  x  y  1  0  BC 

Câu 8
(1 điểm)

+) Gọi M là trung điểm của BC thì IM  BC Phương trình đường thẳng IM đi
qua I và vuông góc với BC có dạng x  y  2  0 .
x  y  1  0
 3 1
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 
 M  ; 
 2 2
x  y  2  0
Gọi D là điểm đối xứng của A qua I .


Tứ giác BHCD là hình bình hành nên H, M, D thẳng hàng nên AH  2 IM
 x  1

 3  xA   4

 A
. Vậy A(1; 1).
5  yA  4
 yA  1
 3 1
+) B  BC  : x  y  1  0  B b; b  1 Vì M   ;   là trung điểm của BC
 2 2
 
 

b  0
nên C  3  b; 2  b  nên BH  CA  BH .CA  0  2b 2  6 b  0  
 b  3
Vậy B(0;1) ; C(–3;–2) hoặc B(–3;–2) ; C(0;1)

876

0.25

0.25

0.25


8 x 3  36 x 2  53 x  25  3 3 x  5
3

  2 x  3   2 x  3 

 f  2 x  3  f
Câu 9
(1 điểm)



3



3x  5

3

3

3x  5



3

3x  5



Hàm số đặc trưng có dạng f (t)  t3  t là hàm số xác định và liên tục trên R
f / (t)  3t2  1  0 ,  t  R Suy ra hàm số đồng biến trên R nên

+)  f  2 x  3   f





3

3 x  5  2 x  3  3 3 x  5  8 x 3  36 x 2  51x  22  0





5 3
4
16
 x2 y2 
2 xy  2

  x  2  8 x 2  20 x  11  0  x  2  x 

16
x 2  y 2  2 xy
2
x  y 2
Đặt t = xy ; t  0 . Ta có:
2
2
2
3 xy  3  x 4  y 4 
 2 x2 y 2 
hay 3t  3  2t 2   2t 3  3t 2  3t  2  0
xy
xy
t
1
  t  1 t  2  2t  1  0 vi t  0   t  2
2
8
1
Vậy P  t 2 

voi
t2
t 1
2
8
Xét hàm số f  t   t 2 
t 1
8
f /  t   2t 
2
 t  1
P  x2 y2 

Câu 10
(1 điểm)



2

0,25





0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

0.25



f /  t   0   t  1 t 2  3t  4  0  t  1
Ta có f 1  5 ; f  2  
Suy ra P 

20
;
3

 1  67
f  
 2  12

20
3

0.25

 x. y  2
Dấu đẳng thức xảy ra khi 
 x  y  2
20
Vậy giá trị lớn nhất P 

khi x  y  2
3

–––––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––––––

877