đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE250 sở GD đt bắc ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC NINH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: 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  x 4  2 x 2  3.
Câu 2. (1,0 điểm) Tìm để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị hàm số y 

2x
tại hai điểm
x 1

phân biệt.
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn 1  i  z   2  i  3  i 
b) Giải phương trình 16 x  3.4 x1  32  0

4

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

Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1; 2;3 và đường thẳng d

x 1 y  2 z  3


. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và song song
2

1
1
với đường thẳng d . Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d.
có phương trình

Câu 6. (1,0 điểm)





a) Giải phương trình sin x sin x  3 cos x  2cos 2 x  0 .
b) Trong kì thi THPT quốc gia năm 2016, để xét công nhận tốt nghiệp THPT, thí sinh phải thi
4 môn, gồm 3 môn thi bắt buộc là Toán, Ngữ văn, Ngoại ngữ và 1 môn thi do thí sinh tự
chọn trong các môn: Lịch sử, Địa lí, Vật lí, Hóa học, Sinh học. Lớp 12A1 có 10 học sinh chỉ
đăng kí xét tốt nghiệp. Tính xác suất để trong 10 học sinh đó có 6 học sinh trùng môn tự
chọn.
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 6a, AD = 2a,
tam giác SAB đều, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích của
khối chóp S.ABCD và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SAD)
Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là
trực tâm tam giác ABC, D là hình chiếu của B lên đường thẳng AC, M là trung điểm của cạnh
BC, đường thẳng MD đi qua điểm E  2;  1 và phương trình đường tròn đường kính AH là
2

2

13  
7
45


 x     y    . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng điểm A thuộc đường
4 
2  16

thẳng d : x  y  1  0 , hoành độ của điểm A lớn hơn 3 và tung độ của điểm M nhỏ hơn 2.
x3  8 x
 x  
2  x2
Câu 10. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn c  a; c  b . Tìm giá trị nhỏ nhất
Câu 9. (1,0 điểm) Giải phương trình  x  2  x  1   2  x  1  x 
2
 2a  c 2

2
b

c




64


của biểu thức P   a  b 


  b 2  c 2 2  a 2  c 2 2 ab  bc  ca 



2

---------- Hết ---------Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: Toán
Đáp án
Điểm

Câu
1.

1,0
*TXĐ: 
* Sự biến thiên
Ta có y '  4x 3  4x ; y '  0  x  1; x  0

0,25

Hàm số đồng biến trên 1;0 ; 1;  và nghịch biến trên ; 1; 0;1
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0; y 0  3 ;

0,25

Hàm số đạt cực tiểu tại x  1; y 1  4.
Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

x 

Bảng biến thiên:

x

-

y'

-1

0

1

0

0

0

+

+

+
0,25

y

-3
-4

-4
Đồ thị

y
-1

O

1

x

0,25
-3
-4

2.

1,0

2x
 x  m 1, ĐK: x  1.

x 1
1  2x  x  m x  1  x 2  m  1 x  m  0 2

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm

Dễ thấy, x  1 không là nghiệm của 2 nên d  cắt đồ thị hàm số y 
điểm phân biệt khi và chỉ khi 2 có hai nghiệm phân biệt.
m  3  2 2

   0  m  6m  1  0  
m  3  2 2

2

0,25

2x
tại hai
x 1

0,25

0,25


3.a

0,5

1  i z  2  i 3  i   1  i  z  7  i  2z  7  i 1  i   z  4  3i

0,25

 z  42  3  5.

0,25

2

3.b

0,5
4x  4
16x  3.4x 1  32  0  42x  12.4x  32  0   x
4  8
4x  4  x  1
3
4x  8  x  .
2

0,25

0,25

4

0,5


4


4


4

0

0

0


4

Mà

0,25

 1  cos 2x  xdx   xdx   x . cos 2xdx

Ta có I 

 xdx 
0


2 4

x
2


0

2
32

0,25

du  dx
u  x

Đặt 
 
sin 2x
dv  cos 2x
v 

2

4

Khi đó

 x. cos 2xdx 
0

 cos 2x
 
8
4


4


0

x sin 2x
2


4


4
0


0

0,25
sin 2x
dx
2

2   2

 2
. Vậy I 

.
8
32
8

0,25

5

1,0


Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là u  2;1;  1 .






Mà //d nên  nhận véc tơ u  2;1;  1 là véc tơ chỉ phương.







0,25



Hơn nữa  đi qua điểm A 1;  2; 3 nên phương trình đường thẳng  là
0,25

x 1 y  2 z  3


.
2
1
1
Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng d .

Giả sử H 1  2t;2  t;  3  t  AH 2  2t;4  t;  6  t .









0,25

 
Ta có AH  d  AH .u  0  2 2  2t   4  t   6  t   0  t  1





Khi đó H 3;1;  2  d A; d   AH  42  32  52  5 2.

0,25


6.a.

0,5

sin x  0 1
sin x sin x  3 cos x  2 cos 2x  0  
sin x  3 cos x  2 cos 2x

1  x  k  k  .





2



2x  x    k 2
 x     k 2






6
6

2  cos x  6   cos 2x  
k  


k 2


2x  x   k 2
x 



6
18
3


6.b.

0,25

0,25

0,5
Mỗi học sinh có 5 lựa chọn cho môn tự chọn. Do đó, số phần tử của không gian mẫu là
n   510.
Gọi A là biến cố “Trong lớp có 6 bạn trùng môn tự chọn”.
Chọn 6 học sinh có trùng môn tự chọn có C 106 .
Chọn môn tự chọn cho 6 học sinh đó có 5 cách.
4 học sinh còn lại, mỗi em có 4 lựa chọn cho môn tự chọn nên có 44 cách.
Do đó, số kết quả thuận lợi cho A là n A  C 106 .5.4 4
Vì vậy, P A 

n A
n 



C 106 .5.44
510

0,25

0,25

 0, 02752512.

7

1,0
Gọi hình chiếu của S trên AB là
M . Ta có

SM  AB,(SAB )  (ABCD )  AB,
(SAB )  (ABCD )
Nên SM  (ABCD).
Do tam giác SAB đều nên

S

N

SM 
A

3
SA  3 3a.
2

0,25

D

M
B

C

1
SM .S ABCD  48 3a 3 (đvtt)
3
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng SAC  và SAD ;  là góc giữa hai mặt phẳng
Khi đó thể tích chóp là VS .ABCD 

SAC  và SAB . Vì AD  SAB  nên   90

0

 .

Ta lại có BC  SAB  nên SAB là hình chiếu của SAC trên mặt phẳng SAB  .
Do đó, sin   cos  

SSAC
SSAB

.

0,25

0,25


S SAB 

2
3
6a   9 3a 2 ; AC  10a, SA  6a, SC  SM 2  MC 2  10a.

4

Gọi N là trung điểm của SA. Khi đó,
1

1
S SAC  .SACN
.
 .6a. 100a 2  9a 2  3 91a 2 .
2
2
S
3 3
3 273
Vì vậy, sin   cos   SAC 

SSAB
91
91

0,25

Cách 2.
S

H

M

I
A

D

K

B

C

Kẻ MH  SA H  SA  MH  SAD 
Kẻ MK  AC K  AC , MI  SK I  SK   MI  SAC 



Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng SAC  và SAD     MH ; MI  HMI



Lại có: MH  AM .sin 600 



3a 3
2

MK
AM
12a
3

 MK 
 MI  12a
BC
AC

5
91

 cos  
8

MH
8 91

.
MI
91
1,0


A





Ta có A  d nên giả sử A  a ; a  1
Lại có A  C 

I

D

H

0,25

 

Từ đó tìm được A 4;5 .

C

M

B

a  4, t/m
2
2



13 
5 
45


 a    a   

a  7 , l
4 
2 
16




4

Gọi I là trung điểm của AH . Khi đó AID cân tại I , BMD cân tại M .
  

Suy ra BDM
 MBD; IAD  IDA.


  (vì cùng phụ với góc BCA
Lại có DBM
).
 IAD

0,25


  
 
Do đó BDM
 IDA  BDM  BDI  IDA  BDI  900  DM  DI .
 DM là tiếp tuyến của đường tròn C  .





Phương trình đường thẳng DM là a x  2  b y  1  0, a 2  b 2  0 .





d I ; DM 

45

4

21
9
a b
4
2
2

a b

2



45
 7a  6b  5 a 2  b 2
4





22a  31b
 44a 2  84ab  31b 2  0  
2a  b
TH1: Với 22a  31b ta chọn a  31,b  22.
Suy ra, phương trình DM là 31x  22y  40  0, phương trình đường thẳng AI là
 106 173 
 (loại).
2x  y  3  0 , M  AI  DM  M 
;
 13 13 
TH2: Với 2a  b ta chọn a  1,b  2.

0,25

Suy ra, phương trình đường thẳng DM là x  2y  0 , phương trình đường thẳng AI
là 2x  y  3  0 , M  AI  DM  M 2;1 (thỏa mãn).
Khi đó phương trình đường thẳng BC là x  2y  4  0.
x  2y  0

2
2
Vì D  C   DM  Tọa độ điểm D là thỏa mãn hệ 



x  13   y  7   45

4 

2 
16


 D 4;2  Phương trình đường thẳng AC : x  4  C 4; 0.

0,25


Do M là trung điểm của đoạn BC  B 0;2.

 

 

Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A 4;5 , B 0;2,C 4; 0 .
9

1,0

x  2

x 3  8x
2  x2

x  1  2  x  1  x 

1. ĐK: 1  x  1.

x  2 x  1  2  x  1  x  x  8x


1 
2x
x

2
x

1

2

x
1

x


 
2

2

3

0,25

2



2x 3  16x

x  2

x  1  2  x  1  x



x 3  8x
2  x2

x 3  8x  0 2
 
2
x  2 x  1  2  x  1  x  4  2x

2  x  0.

 3

0,25

Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có

x  2

x  1  2  x  1  x  x  1  1 x  1  1  x   1 1  x






0,25

 2 x  1 x  1  2 1  x . 1  x  4 . Dấu bằng xảy ra khi x  0.

4  2x 2  4 . Dấu bằng xảy ra khi x  0.



Do đó, 3 dẫn đến x  0 (thỏa mãn).

0,25

Vậy 1 có nghiệm duy nhất x  0.



Cách 2. Ta có thể giải 3 như sau:

3  x  2 2 x  1  x  2  2  x  2 1  x  2  x   2x
x x  2
x 2  x 


 2x  0
2 x  1  x  2 2 1  x  2  x 
2

2

2

2

x  0

x 2
2x
 

 2  0 4 

2
x

1

x

2
2
1

x

2

x



 

x 2
2x
Ta có VT 4 
1
1
2 x 1 x 2
2 1x 2 x



2 x  1

2 x 1 x 2
Do đó, 4  vô nghiệm.



2 1  x
2 1x 2 x

 0, x  1;1

Vậy 1 có nghiệm duy nhất x  0.
Cách 3. Đặt a 

x  1, b  1  x

a  0, b  0. Ta có

a 2  b 2  2x , a 2  b 2  2, a 2b 2  1  x 2
Phương trình trở thành

0


3

a  a b

a
b 

3



2



 b 2 9  a 2b 2



2 1  a 2b 2



 a  b  a  b  ab  1
2

2



a


2




 b 2 9  a 2b 2



2 1  a 2b 2

a  b 1
 
2 2
2 2
2 1  a b ab  3  a  b  9  a b
Từ 1 ta có x  1  1  x  x  0







2  4 1  a b 
2 2

2







 2



 a 2  b 2  2ab 3  ab  do 3  ab  0
2

1x 1x
 1 nên 0  t  1. Ta được
2
4 t 4  2t 2  1  2t  2 t 2  6t  9

Đặt t  ab, do ab  1  x 1  x 





4



3



2

 4t  2t  18t  6t  14  0






 t  1 4t 3  2t 2  20t  14  0
 t  1 do t  0;1
Từ đó tìm được x  0.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  0.



10

1,0


2
c2
c
2
2
Ta có a  c  a  ac 
 a  c  a  

4
2 
2



2

1

a

2

 c2

2



2



1
4

1

; Tương tự



1



2




c
b 2  c2
a




2


c 
c
1
ab  bc  ca   a    b    
2 
2
ab  bc  ca



c
b  
2




a


4

1
c 
c
  b  
2 

2

2
2
 


c 
c 
 


4 b  
 4 a  

2  
2
2 

64

 P  a  b  



4
4




 
c 
c 



c
c

a  
 b  
a   b   



 

2 
2  

2
2





2
2  4x
c

c
4y 2 64 
Đặt a   x ;b   y x ; y  0 . Khi đó P  x  y  4  4  
2
2
xy 
x
y









x 2  2xy  y 2
 4x 2 4y 2 64 
Ta có x  y  4  4    4
xy 
xy
x
y
3

x y
  x y 
x y 


 4    2      3     16 

y x
  y x 
y x 




2



0,5

0,25



x

3

y3
 3  3  16 
x
y


0,25

Đặt

x y
  t , điều kiện t  2. Ta được P  4 t 4  2t 3  3t 2  10t  32
y x









Xét hàm số f t  4 t 4  2t 3  3t 2  10t  32 với t  2; 





5
2
5
63
Lập bảng biến thiên ta được P  f t  f     , t  2;  

4
2

63
Vậy giá trị nhỏ nhất của P  
đạt được khi a  2b;c  0 hoặc b  2a ;c  0.
4









f ' t  4 4t 3  6t 2  6t  10 ; f ' t  0  t 





0,25