đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE123 THPT bắc yên thành, nghệ an (12a4) w

Trường THPT Bắc Yên Thành
LỚP 12A4
Ngày 05/4/2016

ĐỀ SỐ 123

ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

2x  3
.
x2
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b. Tìm m để đường thẳng  d  : y  2 x  m cắt (C) tại hai điểm phân biệt và tiếp tuyến của

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y 

(C) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu 2 (2,0 điểm)

3
a. Giải phương trình sin x  cos 4 x  2   sin 2 2 x  .
2
b. Giải phương trình x 3  x  2  x 2  1 x  6 .
Câu 3 (2,0 điểm)
10

a. Tính tích phân I 


5

x3  3 x 2  4
dx .
x2

b. Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 1  i  z 2  4  2  i  z  5  3i  0 .
2

2

Tính z1  z2 .

a
,
2
BC  a . Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt đáy (ABC) góc 600. Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B tới mặt phẳng (SAC), biết rằng mặt phẳng (SBC)
vuông góc với đáy (ABC).
Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, với AC 

Câu 5 (2,0 điểm)
a. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết phương trình cạnh
BC là  d  : x  7 y  31  0 , điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; –3) thuộc AB
và nằm ngoài đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  z  5  0 và đường thẳng
x  3 y 1 z  3



. Gọi d ' là hình chiếu vuông góc của d lên (P) và E là giao điểm của
2
1
1
d và (P). Viết phương trình đường thẳng d ' . Tìm tọa độ điểm F thuộc (P) sao cho EF
d:

vuông góc với d ' và EF  5 3.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1 .Chứng minh rằng
1
1
1
9


 .
1  ab 1  bc 1  ca 2
---------------- Hết ---------------Họ và tên thí sinh:…………………………..........
Số báo danh: .........
Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm. Học sinh KHÔNG ĐƯỢC nhìn bài của nhau.

723


TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH - BIỂU ĐIỂM CHẤM - ĐỀ THI THỬ TOÁN - NĂM 2016

(Biểu điểm gồm 04 trang)
Câu

Nội dung

1. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
* TXĐ: D = R\{2}.
* y' 

7

 x  2

2

 0 . Vậy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

* Hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận ngang y = 2.
* Bảng biến thiên

Điểm

0.25
0.25
0.25

3
2
3
Giao Oy: x  0  y   .
2

Giao Ox: y  0  x   .
0.25

Đồ thị:
I
(2.0 đ)

2. (1.0 điểm) Tìm m để đường thẳng …
Phương trình hoành độ giao điểm:
2
2x  3
2 x   m  6  x   2m  3  0 *
 2x  m  
x2
 x  2

0.25

(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai
nghiệm phân biệt và khác 2.
  g  0
2

  m  6   8  2m  3  0  m 2  4m  60  0 (luôn đúng).
 g  2   0

0.25

Với điều kiện trên giả sử đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại hai điểm có
hoành độ x1  x2 . Ta có x1  x2 

6m
.

2

Tại hai giao điểm kẻ hai tiếp tuyến song song khi và chỉ khi
y '  x1   y '  x2   x1  x2  4  m  2 .

0.5

1. (1.0 điểm) Giải phương trình…
1
1 1
3

Pt(1)  sin x.cos 4 x   cos 4 x    2sin x   cos 4 x  2   sin x    0
2 2
2
2


II.
(2.0 đ)



cos 4 x  2
x


 k 2



6



sin x   1  sin(  )
 x  7  m 2
2
6


6

0.25

Mặt khác: x  1  3  2  x  4



 k 2  4  k  0 . Do đó : x  
6
6
7
7
* Với 2 
 m 2  4  m  0 nên x 
6
6

7
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x   và x 

thoả mãn (2)
6
6
* với 2  

724

0. 25
0. 25


2. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình…
ĐK: x  0 . Nhận thấy (0; y) không là nghiệm của hệ. Xét x  0 .
1
x

Từ phương trình thứ 2 ta có 2 y  2 y 4 y 2  1  

1
x

Xét hàm số f  t   t  t t 2  1 có f '  t   1  t 2  1 
1

1
 1 (1)
x2
t2
t2 1

0.25

 0 nên hàm số

0.25

1

đồng biến. Vậy 1  f  2 y   f    2 y  .
x
 x
Thay vào phương trình (1): x 3  x  2  x 2  1 x  6

0.25

Vế trái của phương trình là hàm đồng biến trên  0;  nên có nghiệm duy
nhất

0.25

 1
x  1 và hệ phương trình có nghiệm 1;  .
 2

Tính tích phân…
10

 Tính tích phân : I 



5

10

 I

III.
(1.0 đ)


5

0.25

x3  3 x 2  4
dx
x2

0.25
0.25

10
( x  1)( x  2)2
( x  2) ( x  1)
dx  
dx
x2
x2
5

x : 5  10
2udu  dx
 Đặt u  x  1  u 2  x  1  
,
đổi
cận
:
2
u: 2  3
x  u  1
3

3

2

0.25
3

(u  3)u.2udu
4
1
du
 2. (u 2  4  2 )du  2( u 3  4u ) 32 8 2
2
3
u 1
u 1
2
2

2 u 1

 Ta có : I  
3

62
1
1
62
u 1
I
 4 (

)du   4ln
3
u 1
3
u 1
2 u 1

3
2

I

62
3
 4ln
3
2

 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SAC) theo
a.
a
- ABC vuông tại A có AC  ; BC  a
2
0
0
 B  30 ; C  60 .

IV.
(1.0 đ)

-

Kẻ SH  BC thì SH  ( ABC )
Và các góc SMH, SNH bằng 600, và HM  HN
HN
HM
Ta có : a  BC  BH  CH 

0
sin 30
sin 600

 Tính được HM 
 S ABC 
-

0.25

(3  3)a
3( 3  1)a
; SH 
4
4

0.25

1
3a 2
AB. AC 
2
8

1
Thể tích VS . ABC  SH .S
3

ABC 

(3  3)a3
32

725

0.25
0.25

Gọi khoảng cách từ B tới mp(SAC) là h thì h 

-

3VS . ABC
S SAC

(3  3)a
1
(3  3)a 2
 S SAC  SM .AC 
2
2
8
3V
3a
3a
h

. Vậy khoảng cách từ B tới mp(SAC) là
4
S SAC
4
SHM tính được SM 

-

1
1
1

9
ab
bc
ca
3


 



1  ab 1  bc 1  ca 2
1  ab 1  bc 1  ca 2

Ta có

0.25

ab
2ab
2ab
 2
 2
.
2
2
1  ab 2a  2b  2c  2ab a  b 2  2c 2

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki
2

V.
(1.0 đ)

a  b 
a2
b2
4ab

 2
.
2
2
2
2
2
2
2
a c b c
a  b  2c
a  b 2  2c 2
Vậy

0.25

ab
1  a2
b2 
  2 2  2 2 .
1  ab 2  a  c b  c 

Tương tự

bc
1  b2
c 2  ac
1  a2
c2 
  2

,




.
1  bc 2  b  a 2 c 2  a 2  1  ac 2  a 2  b 2 c 2  b 2 

0.25

3
.
3

0.25

Cộng lại ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng khi a  b  c 
1. (1.0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Đường
thẳng

AB
đi
qua
M
nên
có

phương

trình

a  x  2   b  y  3  0  a  b  0 
2

AB; BC   450 nên


2

cos 450 

3a  4b
.

50 a 2  b 2
 4a  3b
a  7b

Nếu 3a = 4b, chọn a = 4, b = 3 ta được

 AC  : 3x  4 y  7  0 .

VI.
(2.0 đ)



0.25

 AB  : 4 x  3 y  1  0 .



Từ đó A(-1; 1) và B(-4; 5). Kiểm tra MB  2 MA nên M nằm ngoài đoạn AB
(TM)
Từ đó tìm được C(3; 4)
Nếu 4a = -3b, chọn a = 3, b = -4 được  AB  : 3x  4 y  18  0 ,

 AC  : 4 x  3 y  49  0

0.50

0.25

Từ đó A(10; 3) và B(10;3) (loại)
Nếu không kiểm tra M nằm ngoài AB trừ 0.25 điểm.
2. (1.0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng….






Giả sử nQ là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó nQ  nP 1; 1; 1
Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại M  0; a;0  , N  0;0; b  phân biệt sao
a  b  0
cho OM = ON nên a  b  
 a  b  0

726

0.25












 

Nếu a = b thì MN   0; a; a  // u  0; 1;1 và nQ  u nên nQ  u, nP    2;1;1 .
Khi đó mặt phẳng (Q): 2 x  y  z  2  0 và  Q  cắt Oy, Oz tại M  0; 2;0  và
N  0;0;2  (thỏa mãn)



 
Nếu a = – b thì MN   0; a; a  // u  0;1;1 và nQ  u

 
nên nQ  u, nP    0;1; 1 .
Khi đó mặt phẳng (Q): y  z  0

 Q  cắt Oy, Oz tại

0.25

0.25

M  0;0;0  và N  0;0;0  (loại). Vậy  Q  : 2 x  y  z  2  0 .

0.25

Có  '  4  2  i   2 1  i  5  3i   16 . Vậy phương trình có hai nghiệm phức

0.25

2

2

Tính z1  z2 ....
VII.
(1.0 đ)

2

z1 

3 5
1 1
 i , z2    i
2 2
2 2
2

0. 5

2

Do đó z1  z2  9 .

0.25

727