đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE176 THPT đặng thúc hứa, nghệ an (l1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN I
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian phát đề
______________________________

Câu 1 ( 1,0 điểm ). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x4  2 x2  3 .
Câu 2 ( 1,0 điểm ). Tìm m để hàm số y  x3  3mx 2  3  m2  1 x  1 đạt cực tiểu tại x  2 .
Câu 3 ( 1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn  2  i  z  4  3i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức   z  2 z .
b) Giải phương trình log3  2.3x  3  2 x .

2

Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân I   x  3  2 cos x  dx .
0

Câu 5 ( 1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  0 ; 1; 2  và B 1;1;1 mặt
phẳng  P  : x  2 y  2 z  3  0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và B . Tìm tọa độ điểm
M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến  P  bằng 2.

Câu 6 ( 1,0 điểm).
a) Tính giá trị của biểu thức A 

sin 2a.sin a
2
biết cos a   .
1  cos 2a
3

b) Trong kì thi THPT Quốc Gia năm 2016 có 4 môn thi trắc nghiệm và 4 môn thi tự luận. Một
giáo viên được bốc thăm ngẫu nhiên để phụ trách coi thi 5 môn. Tính xác suất để giáo viên đó được
coi thi ít nhất 3 môn thi trắc nghiệm.
Câu 7 ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a 2 ; BC  2 a .
Tam giác SBC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa đường thẳng SD và
mặt phẳng  ABCD  bằng 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa
SC và BD .
Câu 8 ( 1,0 điểm ) . Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , có đường
cao AH . Gọi D là trung điểm của AH . Giả sử B  1; 1 và E  2;0  là hình chiếu vuông góc
của H lên CD .Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng
d : 2x  y  1  0 .
Câu 9 ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình .
 x 2  xy   y  x  1 x  y  x  2 y
 x; y  

 2 x  2 y  1  3 x  y  2  2  2 x  y  1
Câu 10 ( 1,0 điểm). Cho a , b, c là các số thực thuộc đoạn 1 ; 2 và thỏa mãn a  b  c  4 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

a 4  b 4  5c 2  6abc  1
 abc .
ab  bc  ca

----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………………………


Câu

1
(1,0)

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
NỘI DUNG



ĐIỂM

Tập xác định: 
Sự biến thiên:

x  0
 x  1

-Chiều biến thiên:Ta có y '  4 x3  4 x ; y'  0  

0.25

Trên các khoảng   ; 1 và  0 ; 1 ta có y '  0 nên hàm số nghịch biến.
Trên các khoảng  1; 0  và 1;   ta có y '  0 nên hàm số đồng biến.
-Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x  0 ; yCD  y  0   3 ; hàm số đạt cực tiểu tại

x  1; yCT  y  1  4 .







0.25



-Giới hạn: lim y  lim x 4  2 x 2  3   ; lim y  lim x 4  2 x 2  3  
x 

x 

x 

x 

-Bảng biến thiên:

x
y'

0

1



-

0

+



0



1

-

0

+

0.25



-3

y

-4


-4

Đồ thị:



Đồ thị cắt trục hoành tại  3 ; 0

 và 

3; 0


0.25

Đồ thị cắt trục tung tại điểm  0 ; 3
Đồ thị nhân trục tung làm trục đối xứng.

2
(1,0 )



x  m 1
x  m 1



Ta có y '  3 x 2  6mx  3 m 2  1 ; y '  0  

0.25

Ta có y ' đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua m  1 nên hàm số đạt cực tiểu tại

x  m  1.

0.5

Theo bài ra ta có xCT  2  m  1  2  m  1 .

0.25

Vậy m  1 là giá trị cần tìm.
3
(1,0 )

a) Ta có

 2  i  z  4  3i  z 

4  3i
 1  2i
2i

Suy ra   z  2 z  1  2i  2 1  2i   3  2i
Vậy  có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2.

0.25
0.25


b).Phương trình đã cho tương đương 2.3 x  3  32 x  32 x  2.3 x  3  0 .

 t  1

t  3

4
(1,0)

Đặt t  3x  0 , phương trình trở thành: t 2  2t  3  0  

0.25

Đối chiếu điều kiện ta có t  3 . Do đó 3x  3  x  1 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  1 .

0.25







3 2 2 3 2
 
Ta có I   3 xdx  2  x cos xdx . Tính I1   3xdx  x
2 0 8
0
0
0
2

2

2

0.25


2

Tính I2 

 x cosx dx . Đặt u  x ; dv  cos xdx . Suy ra du  dx , chọn v  sin x

0.25

0




Do đó I2  x sin x

2
0

2





  sin xdx  x sin x  cos x 02 
2
0

0

Vậy I  I1  2 I2 
5
(1,0)




2

1

3 2

 3 2
  2   1 
  2
2
8
2


Ta có AB 1; 2 ; 3 là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng d .
Phương trình đường thẳng d là

x y 1 z  2


.
1
2
3

Gọi M  t ; 1  2t ; 2  3t   d . Theo bài ra ta có

d M ;  P   2 

t  2  1  2t   2  2  3t   3
12  2 2   2 

2

2 sin2 a.cos a sin2 a
.

cos a
2 cos2 a
2
4 5
Theo bài ra ta có cos a    sin2 a  1  cos2 a  1   .
3
9 9
5
Vậy A   .
6

5
Số cách bốc thăm ngẫu nhiên 5 môn trong 8 môn thi là n     C8  56 .
Ta có A 

Gọi A là biến cố “Để giáo viên được coi thi ít nhất 3 môn thi trắc nghiệm”.
Có 2 trường hợp xảy ra:
Trường hợp 1: 3 môn trắc nghiệm; 2 môn tự luận
Trường hợp 2: 4 môn trắc nghiệm; 1 môn tự luận.
3
2
4
1
Ta có n  A   C4 .C4  C4 .C4  28 .
Vậy xác suất cần tính P  A  

n  A
n 



28 1
 .
56 2

0.25
0.25

0.25
0.25

2

5  t  6
 t  1
 5t  6  

.
5  t  6
 t  11
Với t  1  M  1; 3; 5  ; với t  11  M 11; 21; 31
6
(1,0)

0.25

0.25

0.25
0.25

0.25

0.25


7
(1,0)

Diện tích hình chữ nhật ABCD là SABCD  AB.BC  a 2 .2 a  2 2 a2
Gọi H là trung điểm của BC ta có tam giác SBC cân tại S nên SH  BC mà

 SBC    ABCD  suy ra SH   ABCD  .
0.5

  60 .
Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  ABCD  là SDH


Ta có SH  HD.tan SDH

HC 2  CD2 .tan 60  a2  2a2 . 3  3a .
1
1
Thể tích khối chóp S.ABCD là V  SH .SABCD  3a.2 2 a2  2 2 a3
3
3
Dựng hình bình hành BDCE, ta có CE //BD . Suy ra BD // SCE  .
Ta có d BD ; SC   d BD ;  SCE    d B ;  SCE    2 d H ;  SCE  
0.25

Kẻ HK  CE với K  CE , ta có SH  CE nên CE   SHK  .
Kẻ HI  SK với I  HK ta có HI  CE . Từ đó suy ra HI   SCE  .
Do đó d H ;  SCE    HI .
Ta có

S

  1 BC . CD  1 2a. a 2  a .
HK  HC .sin HCK
2
BD 2

a 6
3
Trong tam giác vuông SHK
a
3a.
3  3a 7 .
ta có HI  SH .HK

2
2
14
SH  HK
a2
9 a2 
3

Vậy d BD ; SC   2 HI 
8
(1,0)

0.25
I
E
K
B

3a 7
7

C

H

A

D


  EDH
 nên
Ta có HCE
DHE ; EHC
A

 HCE  DHE  g  g 

Suy ra HE  DE  HE  DE (Vì tam giác ABC cân tại
HC

DH

HB

0.25

DA

A nên HB  HC và D là trung điểm của AH ta có
DA=DH)

D

 . Do đó  ADE  BHE (c-g-c)
và 
ADE  BHE
  EAD
 hay EBH
  EAH
 . Vậy tứ
suy ra EBH

giác AEHB nội tiếp nên 
AEB  
AHB  90 (góc

E

nội tiếp chắn cung 
AB ) hay AE  EB .

B

H

C



Gọi A  a ; 2 a  1  d . Ta có EA   a  2 ; 2 a  1 ; EB   3; 1 .
 

Vì AE  EB  AE .EB  0  3  a  2   2 a  1  0  a  1 .Suy ra A 1; 3  .
 x 1 y  3 
.
;
2 
 2

Gọi H  x ; y  , vì D là trung điểm của AH nên D 

 
2
2
 HA.HB  0
 x  2; y  0
 x  y  2 y  4  0
 2

Ta có   
2
 x  1; y  1
 x  y  5 x  3 y  6  0
 EH .ED  0

Ta có H  E nên suy ra H 1; 1 . Vì H là trung điểm của BC nên C  3; 1 .
Kết luận : A 1; 3 , C  3; 1

0.25

0.25

0.25


CÂU
9
(1,0)

NỘI DUNG

ĐIỂM

1
; 4 x  y  2  0 .Đặt t  x  y ( t  0 ).  y  t 2  x .
2
t  1
2
PT (1) trở thành: xt 2  t 2  2 x  1 t  2t 2  x   t  1  t  x   0  
.
t   x
Điều kiện: x  y 









x  y  1  x  y  1 thay vào PT (2) của hệ ta được:

Với t  1 ta có

2x  3  2x  3  2x  3

0.25

3

x   .Do
2x  3  1  0  
2

 x  1





đó  x ; y    3 ; 5    x ; y    1; 2  .
 2 2

0.25

x  0
x  y  x  
thay vào PT(2) ta được
2
x  y  x

Với t   x ta có





2 x2  1  x2  2 x  2  2 x2  x  1

(*)

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM ta có

2 x2  1  1
x2  2 x  3
. Cộng vế theo vế ta được
 x 2 và x 2  2 x  2 .1 
2
2
3x 2  2 x  3
. Dấu “=” xảy ra khi x  1 .
2 x2  1  x2  2 x  2 
2
2
3x 2  2 x  3
2
Từ phương trình (*) suy ra 2 x  2 x  2 
  x  1  0  x  1 .
2
Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất x  1 . Do đó  x ; y    1; 2  .



2 x2  1 



0.5

 3 5 
;    x ; y    1; 2 
 2 2

Kết luận : Hệ đã cho có hai nghiệm  x ; y   
10
(1,0)

Vì a , b , c  1; 2  nên ta có a4  4  5a2 ; b4  4  5b2 .
2
Suy ra a  b  5c  5 a  b  c  8  5  a  b  c   2  ab  bc  ca    8


4

4

2



2

2

2

0.25



Và  a  2  b  2  c  2   0  abc  2  ab  bc  ca   4  a  b  c   8  0

 a  1 b  1 c  1  0  abc   ab  bc  ca  a  b  c  1  0 mà a  b  c  4
Nên ta có ab  bc  ca  3  abc  2  ab  bc  ca   8  ab  bc  ca  5 .
Suy ra: a4  b4  5c2  6 abc  2  ab  bc  ca   24 .
2  ab  bc  ca   25
25
Do đó P 
  ab  bc  ca   3 
  ab  bc  ca   5
ab  bc  ca
ab  bc  ca

0.25

.

 a  b  c
Đặt t  ab  bc  ca , ta có ab  bc  ca 
3

Ta có P  f  t  

2



16
 16 
nên t  5 ;  .
3
 3

25
25
 16 
 t  5 có f '  t   1  2  0 ,t  5 ;  ;
t
t
 3

 16 
 . Do đó P  f  t   f  5  5.
 3
Với a  b  1; c  2 thì P  5 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 5.
Suy ra f  t  nghịch biến trên 5 ;

0.5