đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE136 THPT nguyễn hữu cảnh, bình pước (l2)w

SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH
(ĐềĐỀ
thi gồm
trang)
SỐ 1136

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
Môn: TOÁN – Năm học: 2015 – 2016
Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2 x 2 (1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số (1).
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  tại điểm M có hoành độ x0  2.
Câu 2 (1,0 điểm).
1) Giải phương trình sin 4 x  2 cos 2 x  4  sin x  cos x   1  cos 4 x .
2) Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  ( z  4i )i biết z thỏa mãn điều kiện

1  i  z   2  i  z  1  4i.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 52 x  log 0,2 (5 x )  5  0.

( x  y )( x 2  xy  y 2  3)  3( x 2  y 2 )  2
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x, y    .
2
4 x  2  16  3 y  x  8

2

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   ( x  sin 2 x) cos xdx.
0

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a. E, F lần
lượt là trung điểm của AB và BC, H là giao điểm của AF và DE. Biết SH vuông góc với mặt
phẳng (ABCD) và góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SH, DF.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm E(2; 3)
thuộc đoạn thẳng BD, các điểm H(–2; 3) và K(2; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm E
trên AB và AD. Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông ABCD
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 0; 0) và đường thẳng d
x  2 y  1 z 1
có phương trình


. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc
1
2
1
với đường thẳng d. Từ đó suy ra tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d.
Câu 9 (0,5 điểm). Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số
và số đó chia hết cho 3?
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thoả mãn: x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  1 . Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  2( x  z )  y.
––––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……………………

786


TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH - ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 02

CÂU

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

y  x4  2x2
+ TXĐ: D  
+ Sự biến thiên:
x  0
 Chiều biến thiên: y '  4 x 3  4 x . y '  0  4 x 3  4 x  0  
 x  1
Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng:  ;1 và (0;1) ;

0,25

đồng biến trên mỗi khoảng (–1;0) và 1;  .
 Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycđ = 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , yct = – 1.
 Giới hạn : lim y  .
x 

1
1đ
1

Bảng biến thiên :

x –∞
y
+∞

0,25

–

1
0

0
0
0

+

+∞

1
0

–

+
+∞

y
1

1

0,25

+ Đồ thị:
– Giao điểm với Ox : (0; 0);





2; 0 ,  2; 0



– Giao điểm với Oy : (0 ; 0)

y

5

x
-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

0,25

-5

Nhận xét : Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.

2
1đ

Với x0 =

2 , y0 = 0, f '( x0 )  4 2.

Pttt là y  4 2 x  8.

0,5
0,5

sin 4 x  2 cos 2 x  4sin x  cos x   1  cos 4 x
 2 sin 2 x cos 2 x  2 cos 2 x  2 cos 2 2 x  4sin x  cos x   0

 cos 2 xsin 2 x  1  cos 2 x   2sin x  cos x   0

2

1
0,5
đ



0.25



 cos 2 x 2 sin x cos x  2 sin 2 x  2sin x  cos x   0

 sin x  cos x cos 2 x sin x  1  0


 k , k  Z
4
Với cos 2 x sin x  1  0  1  2 sin 2 x sin x  1  0  sin x  1 2 sin 2 x  1  0
Với sin x  cos x  0  x  


 sin x  1  x   2m , m  Z
2

787

0.25

2
0,5
đ

Gỉa sử z  x  yi,  x. y    , suy ra z  x  yi.

0,25

Thế vào gt ta tìm được x= 3, y = 4.
Vậy z = 3 +4i. Do đó w = 3i có phần thực 0; phần ảo 3.

0,25

Gpt: log 52 x  log 0,2 (5 x)  5  0 (1)
Đk: x>0. Pt (1)  log 52 x  log 5 (5 x)  5  0  log 52 x  log 5 x  6  0
3

0,5
đ

 log x  3
 x  125
 5

 x  1/ 25
 log5 x  2

0,25
\

0,25

KL: Vậy tập nghiệm pt (1) là T  1/ 25;125
16
3
3
(1)  ( x  1)  ( y  1)3  y  x  2 Thay y=x–2 vao (2) được

ĐK: x  2, y 

4 x  2  22  3 x  x 2  8 
4

1đ

4( x  2)
3( x  2)
 ( x  2)( x  2) 
x2 2
22  3 x  4

x  2

4
3

 ( x  2) 
 0(*)
 x  2  2
22  3x  4

Xét f(x) = VT(*) trên [–2; 21/3], có f’(x) > 0 nên hàm số đồng biến.
Suy ra x = –1 là nghiệm duy nhất của (*)
KL: HPT có 2 nghiệm (2; 0),(–1; –3)

2

0,5


2


2

I   (x  sin 2 x)cos xdx   x cos xdx   sin 2 x cos xdx.
0
0
0

 

M

N

0,25
0,25




 0,25



u  x
du  dx
Tính M: Đặt 

dv  cos xdx  v  sin x
5

1đ



 2



M  x sin x 2   sin xdx   cos x 2   1.
2
2
0 0
0
Tính N: Đặt t  sin x  dt  cos xdx . Đổi cận: x 
1

N   t 2 dt 
0

6

 2
t3 1 1
 . Vậy I  M  N   .
2 3
3 0 3

1
1đ

788


 t  1; x  0  t  0
2

0,25

0,25
0,25


Do ABCD là hình vuông cạnh 2a nên S ABCD  4a 2 .

SH  ( ABCD)  HA là hình chiếu vuông góc của SA trên mp  ABCD 
  600  SH  AH 3
 SAH

ABF  DAE  c. g.c   BAF

ADE

0,25


Mà: 
AED  900  
AED  
ADE  900 Nên BAF
AHE  900  DE  AF
Trong ADE có: AH .DE  AD. AE  AH 

0,25

2a
5

0,25

1 2a 3
8a 3 15
Thể tích của khối chóp S .ABCD là: V  .
.4a 2 
(đvtt)
3
15
5

0,25

Trong mp  ABCD  kẻ HK  DF tại K .  d  SH , DF   HK .

4a
Có : DF  a 5
5

Trong ADE có: DH .DE  DA2  DH 

16a 2 9a 2
3a

 HF 
Trong DHF có: HF  DF  DH  5a 
5
5
5
2

2

2

2

HF .HD 12a 5
12a 5

Vậy d  SH , DF  
DF
25

25
 AH : x  2  0
Ta có EH : y  3  0 ; EK : x  2  0  
 A  2;4 
AK : y  4  0


Giả sử n  a; b  ,  a 2  b 2  0  là VTPT của đường thẳng BD .
A
K
a
2
Có: 
ABD  450 nên:

 a  b
2
a 2  b2
 Với a  b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  1  0
H
E
 B  2; 1 ; D  3; 4 

 EB   4; 4 
B
  
 E nằm trên đoạn BD (thỏa mãn)
 ED  1;1
 HK 

7

1đ

0,25

D

0,25

C

Khi đó: C  3; 1

8

1đ

 Với a  b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  5  0 .

 EB   4;4 


 B  2;7  ; D 1;4    
 EB  4 ED
 ED   1;1
 E nằm ngoài đoạn BD (Loại)

0,25

Vậy: A  2;4  ; B  2; 1 ; C  3; 1 ; D  3; 4 

+) d có 1 VTCP là u  1; 2;1 .
 
+) (P) qua A(–1; 0; 0) và có VTPT n  u  1; 2;1 có pt : x + 2y + z +1 = 0.

0,25

+) H là giao điểm của (d) và (P) nên tọa độ H là nghiệm của hệ pt
x  1
 x  2 y 1 z 1




2
1   y  1. Vậy H(1;–1;0).
 1
 x  2 y  z  1  0
z  0


0,25

789

0,25
0,5

Số có 5 chữ số cần lập là abcde ( a  0 ; a, b, c, d, e  {0; 1; 2; 3; 4; 5})

abcde  3  (a  b  c  d  e) 3
– Nếu (a  b  c  d ) 3 thì chọn e = 0 hoặc e = 3
9

0,5
đ

0,25

– Nếu ( a  b  c  d ) chia 3 dư 1 thì chọn e = 2 hoặc e = 5
– Nếu ( a  b  c  d ) chia 3 dư 2 thì chọn e = 1 hoặc e = 4
Như vậy với mỗi số abcd đều có 2 cách chọn e để được một số có 5 chữ số
chia hết cho 3
Số các số dạng abcd lập được từ tập A là: 5.6.6.6= 1080 số
Số các số cần tìm là 2 x 1080 = 2160 số
2

2

x2  y 2  z 2  2 x  4 y  1   x  1   y  2   z 2  4

0,25

1

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Xét mặt cầu:

2

2

 S  :  x  1   y  2   z 2  4 . Có tâm I 1; 2;0 ,bán kính R  2 .
Xét mp   : 2 x  y  2 z  T  0
G/s M  x; y; z  . Từ 1 có điểm M nằm bên trong  S  và kể cả trên mặt cầu  S 
4 T
 2  2  T  10
3
 Với T  2 thì M là giao điểm của mp    : 2 x  y  2 z  2  0

 d  I ,     R 

Và đường thẳng  đi qua I và     .
10

1đ

 x  1  2t

 1 4 4
 :  y  2  t  M   ;  ;  
 3 3 3
 z  2t

7 8 4
 Với T  10 . Tương tự M  ;  ; 
3 3 3

1

x



3
Vậy min T  2 khi 
y  z   4

3

7

x  3

8

max T  10 khi  y  
3

4

z  3


* Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều đạt điểm tối đa.

790

0,25

0,25

0,25