đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE175 THPT hà huy tập, khánh hòa (đề 2) w

SỞ GD & ĐT KHÁNH HÒA
TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP
Tổ Toán

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA – MÔN TOÁN
Năm học: 2015 – 2016 – Đề tham khảo số 2
Thời gian làm bài : 180 phút (Không kể thời gian phát đề )

ĐỀ SỐ 175

Câu 1(1.0điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y   x3  3 x  2 .
Câu 2 (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y  x 4  2 x 2  3 trên đoạn 0;4 .
Câu 3(1.0 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn: 1  i  z   3  i  z  2  6i . Tìm phần thực, phần ảo của số phức
w  2z  1 .

b) Giải phương trình : log 2  x  1  3log 1  3x  2   2  0
8
6

xdx
.
2  x  1 3x  2

Câu 4(1,0điểm). Tính tích phân I  

Câu 5(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;0;–1) và đường thẳng
x 1 y  1 z
d:

 . Viết phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với d. Tìm tọa độ hình

2
2
1
chiếu vuông góc của A trên d.
Câu 6(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2 x  1  4 cos x  cos 2 x.
b) Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5
hộp sữa cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp
sữa để phân tích mẫu. Tính xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại.
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung
điểm AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy.
Góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SA và IC.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5;–7), điểm
C thuộc đường thẳng có phương trình x – y + 4 = 0. Đường thẳng đi qua D và trung điểm của
đoạn thẳng AB có phương trình 3x – 4y – 23 = 0. Tìm tọa độ điểm B và C, biết B có hoành độ
dương.
x
 2
 x  x  1   y  2   x  1 y  1
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 x, y  R 
2
 3 x  8 x  3  4  x  1 y  1

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

b  2c a  2c


 6ln( a  b  2c) .
1 a
1 b
––––Hết––––

997


ĐÁP ÁN
NỘI DUNG

CÂU
Câu1

ĐIỂM
3

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y   x  3 x  2 .

1đ

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
 Tập xác định: D = R
 Sự biến thiên:
 x  1
+ Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3 , y '  0  
x 1
Hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 , nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 1 và

0.25

1;  
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1, y CĐ  4
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  0

0.25

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

+Bảng biến thiên:
x 
y
y 

x 



1
0

1
0
4






0



1đ

0.25

 Đồ thị:
y
4

2
1
-2

Câu2

-1

0

1

2

x

-1

0.25

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  x 4  2 x 2  3 trên đoạn 0;4

1đ

y’=4x3–4x =4x(x2–1)

0.25

y’= 0 <=> x=0, x=1  0;4 x = –1(loại)

0.25

Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227

0.25

Vậy Maxy  227 khi và chỉ khi x = 4
1đ

0;4

0.25

miny  2 khi và chỉ khi x = 1
0;4

a)Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z   3  i  z  2  6i . Tìm phần thực, phần ảo

Câu 3

của số phức w  2 z  1 .
b) Giải phương trình : log 2  x  1  3log 1  3 x  2   2  0
8

998

1đ


a) Giả sử z  a  bi  a, b  R   z  a  bi , khi đó:

1 i  z   3  i  z  2  6i  1 i  a  bi    3  i  a  bi   2  6i  4a  2b  2bi  2  6i
4a  2b  2
a  2


2b  6
b  3
Vây: z  2  3i
0.5đ

0.25

Do đó w  2 z  1  2  2  3i   1  5  6i
0.25

Vậy số phức w có phần thực là 5, phần ảo là 6.
b)Điều kiện: x  1

Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình
0.5đ

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

0.25

 4 x  4  3x  2  x  2

Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm x  2 .

0.25

6

Câu4

xdx
.
2  x  1 3x  2

Tính tích phân I  

1đ

Đặt t  3x  2  t 2  3x  2  2tdt  3dx  dx 

2
tdt
3

0.25
Khi x  2  t  2, x  6  t  4
t2  2 2
. tdt
4
xdx
2 t2  2
Suy ra I  
  32 3
  2
dt
t

1
3
t

1
x

1
3x

2


2
2
2

t
3
6

1đ

4

4

4

4
4
4
2 
3 
2
1
2
1 
 1
   1  2 dt   dt  2  2 dt  t   

dt
3 2  t 1 
32
3 2 2  t 1 t 1 
2 t 1

4
4
4
9
  ln t  1  ln t  1    ln
2
3
3
5
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;0;–1) và đường thẳng

Câu5
d:

0.25

x 1 y 1 z


. Viết phương trình mp qua A và vuông góc với d. Tìm tọa
2
2
1

0.25
0.25

1đ

độ hình chiếu vuông góc của A trên d

*)Gọi () là mặt phẳng qua A (1; 0; –1) và ()  d.
 
Khi đó () có 1 vtpt là : n   a d  (2; 2; –1)

0.25

 pt () : 2(x – 1) + 2(y – 0) – 1(z + 1) = 0  2x + 2y – z – 3 = 0

0.25

*) Hình chiếu A lên d là giao điểm I của () và d.
1đ

0.25

A  (d)  x = 2t + 1; y = 2t – 1; z = –t
A  ()  2(2t + 1) + 2(2t – 1) + t – 3 = 0  t =

999

1
 I (5/3; –1/3; –1/3)
3

0.25


Câu6

a) Giải phương trình: sin 2x  1  4 cos x  cos 2x.

b) Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến bộ phận
kiểm nghiệm 5 hộp sữa cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm
nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân tích mẫu. Tính xác suất để 3 hộp
sữa được chọn có cả 3 loại.
a)PT  sin 2x  1  cos 2x  4 cos x  0
 2 sin x cos x  2 cos 2 x  4 cos x  0
 cos x(sin x  cos x  2)  0

1đ

0.25

 cos x  0


 x   k
2
2
2
2
sin x  cos x  2 (VN do 1  1  2 )
1,0 đ

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 

0.25

3
C12
= 220

b) Số cách chọn 3 hộp sữa từ 12 hộp

Câu7


 k.
2

Số cách chọn 3 hộp có cả 3 loại C15 C14 C13 = 60

0.25

Xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại là : 60/220 = 3/11

0.25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung
điểm AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng
vuông góc với đáy. Góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và IC.

1đ

S

F
A

D

0.25

K
P
C

M

I
H

E
B

1
3

Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , SABCD  a 2
Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra SH  (ABCD)
1đ

 là góc giữa (SAB) và (ABCD)
Dựng HE  AB  SHE   AB , suy ra SEH
  600
 SEH

Ta có SH  HE. tan 600  3HE
HE HI 1
a

a 3

  HE   SH 
CB IC 3
3
3

Suy ra VS.ABCD

1
1 a 3 2
3a 3
 SH.SABCD  .
.a 
3
3 3
9

1000

0.25


Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI
 d  SA, CI   d  CI, SAP    d  H, SAP  

0.25

Dựng HK  AP , suy ra SHK   SAP 
Dựng HF  SK  HF  SPA   d  H,  SPA    HF

1
1
1


(1)
2
2
HF
HK
HS2
1
1
1
1
Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK 



2
2
2
HK
DM
DP DA 2

Do SHK vuông tại H 

Thay vào (1) ta có

Câu8

a
1
1
1
1
4 1 3
8




 2  2  2  2  HF 
.
2
2
2
2
HF
DP
DA
HS
a
a
a
a
2 2
a
Vậy d SA, CI  

.
2 2
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5;–7),
điểm C thuộc đường thẳng có phương trình x – y + 4 = 0. Đường thẳng đi qua
D và trung điểm của đoạn thẳng AB có phương trình 3x – 4y – 23 =0. Tìm tọa
độ điểm B và C, biết B có hoành độ dương.

0.25

1đ

Ta có C  x  y  4  0  C (c; c  4) , M là trung điểm AB và I là giao điểm AC và
DM
Theo định lý Thales thuận ta có

 1 
CD IC ID
 c 10 c 10 


 2  AI  AC  I 
;

AM IA IM
3
3 
 3
Mặt khác I thuộc DM nên ta có 3





Ta có M thuộc MD  M  m;

1đ

c  10
c  10
4
 23  0  c  1  C (1; 5)
3
3

3m  23 
3m  9 

  B  2m  5;

4 
2 


0.25

0.25

  
3m  5 
 AB   2 m  10; 2 




 
CB   2m  6; 3m  19 


2 


 
 3m  5  3m 19 
AB.CB  0  (2m 10)(2m  6)  

0
 2  2 
Suy ra m  1 hay m 

29
5

1001

0.25


 33 21 
; .
5 5

Do đó B(3; 3) hay B 

Do B có hoành độ dương nên ta nhận B(

33 21
; )
5 5

Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là B(

Câu9

0.25

33 21
; ), C (1;5)
5 5

x
 2
  y  2   x  1 y  1
x 
x 1
Giải hệ phương trình: 
3 x 2  8 x  3  4  x  1 y  1


 x, y  R 

1đ

 x  1
Điều kiện: 
 y  1

x3  x 2  x
  y  2
1 
x 1

 x  1 y  1 

3

x
 x 


 
x 1
 x 1 





x3  x  x  1

 x  1

x 1

  y  2 y  1

0.25

3

y 1  y 1 .

Xét hàm số f  t   t 3  t trên R có f   t   3t 2  1  0t  R suy ra f(t) đồng biến
 x 
trên R. Nên f 
 f
 x 1 





y 1 

x
 y  1 . Thay vào (2) ta được
x 1

0.25

3x2  8x  3  4 x x  1 .

2

1đ



  2 x  1  x  2 x  1



2

 
x 1
  2
 x  3 2 3
  x  6x  3  0
 2 x 1  x 1


 

1
5  2 13
x

x
 2 x  1  1  3 x

3
9



2

 9 x  10 x  3  0
Ta có y 

0.25

x2
1
x 1

Với x  3  2 3  y 

43 3
5  2 13
41  7 13
. Với x 
 y
.
2
9
72

Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện.
KL: Hệ phương trình có hai nghiệm



 x; y    3  2


3;

 5  2 13 41  7 13 
43 3 
;
 &  x; y   
 .
2 
9
72



1002

0.25


Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 .
Câu10

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

b  2c a  2c

 6ln( a  b  2c) .
1 a

1 b

a  b  2c  1 a  b  2c  1

 6ln(a  b  2c)
1 a
1 b
1 
 1
  a  b  2c  1 

  6ln(a  b  2c)
 1 a 1 b 

1đ

P2

0.25

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
)

1
1
2


(1)
1  a 1  b 1  ab

) ab 

ab  1
(2)
2

1
1
2


  2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b 
Thật vậy, )
1  a 1  b 1  ab







a b

) ab 

1đ

Do đó,

2



0.25





ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1

ab  1

2





2

ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1.

1
1
2
2
4





ab

1
1  a 1  b 1  ab 1 
3  ab
2

0.25

4
4
16



. Đặt t  a  b  2c, t  0 ta có:
2
ab  bc  ca  c
 a  c  b  c   a  b  2c 2
P  2  f (t ) 

16  t  1

 6 ln t , t  0;
t2
6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8 
f '(t )  



t
t3
t3
t3

BBT
t 0
f’(t)

–

4
0


+

f(t)
5+6ln4
Vậy GTNN của P là 5 + 6ln4 khi a = b = c = 1.

1003

0.25