đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE252 THPT đạ huoai, lâm đồng

SỞ GD & ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT ĐẠ HUOAI
Đề ôn thi số 1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3( m2  1) x  m3  m (Cm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) ứng với m = 1
b) Tìm m để hàm số (Cm) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số
đến O bằng

2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến O (O là góc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
a) sin 2 x  1  cos 2 x  6sin x .
b) 2log 3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z   3  i  z  2  6i . Tìm môđun của số phức z.
b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm
trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

x 3  2ln x
dx .
x2

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 và đường
thẳng d :

x  1 y 1 z  3


. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với
2
1
3

đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có tam giác ABC vuông tại A, AB = AC = a, I
là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H
của BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và
tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong
ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC. Viết phương trình
của 
đường thẳng AB.
 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
 4 y 2  x  2  y  1  x  1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức:

P

bc
3a  bc



ca
3b  ca



ab
3c  ab

------------Hết------------


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN

SỞ GD & ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT ĐẠ HUOAI
Câu

Đáp án
1.1

3

Điểm

2

y = x – 3x
D=R
y’ = 3x2 – 6x
 x0 y0
y’ = 0  
 x  2  y  4
lim y  ; lim y  

x 

x 

0.25

BBT
x
y

0
0
0






2

0




0.25


1

4

Hàm số đồng biến trên (  ; 0) và (2;  )
Hàm số nghịch biến trên (0; 2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; yCT = – 4
Đồ thị:

0.25

0.25

1.2 Ta có

y ,  3 x 2  6mx  3(m 2  1)

Để hàm số có cực trị thì PT

y ,  0 có 2 nghiệm phân biệt
 x 2  2 mx  m 2  1  0 có 2 nhiệm phân biệt

   1  0, m

Cực đại của đồ thị hàm số là A(m–1;2–2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;–2–2m)
Theo giả thiết ta có

 m  3  2 2
OA  2OB  m 2  6m  1  0  
 m  3  2 2

Vậy có 2 giá trị của m là m  3  2 2 và

0.25
0.25
0.25
0.25

m  3  2 2 .

2.1 sin 2 x  1  cos 2 x  6sin x
 (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0  2 sin x  cos x  3   2 sin 2 x  0
2

0.25

sin x  0
 2sin x  cos x  3  sin x   0  
sin x  cos x  3(Vn)
 x  k . Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z

0.25


2.2) ĐK: x > 1, BPT  log 3 [( x  1)(2 x  1)]  1

0.25

1

x

 2 x  3x  2  0 
2 so với ĐK x = –½ loại

 x2
Vậy nghiệm S ={ 2}

0.25

2

a) Giả sử z  a  bi  a, b    , khi đó:
4a  2b  2
2b  6

3

*  1  i  a  bi    3  i  a  bi   2  6i  4a  2b  2bi  2  6i  

0.25

a  2

 z  2  3i  z  13
b  3

0.25

b) n     C113  165
Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51.C62  135
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
2

2

2

2

135 9

165 11

2

ln x
x2
ln x
3
ln x

I   xdx  2  2 dx 
 2  2 dx   2  2 dx
x
2 1 1 x
2
x
1
1
1

0.25

2

ln x
dx
x2
1

Tính J  

Đặt u  ln x, dv 
4

1
1
1
dx . Khi đó du  dx, v  
2
x

x
x
2

0.25

2

1
1
Do đó J   ln x   2 dx
x
x
1
1

0.25

2

1
1
1
1
J   ln 2 
  ln 2 
2
x1
2
2

Vậy I 

0.25

1
 ln 2
2


Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3

Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0
 2 x  y  3 z  18  0

Vì B  d nên B  1  2t ;1  t; 3  3t 
5

2

2

0.25
2

2

AB  27  AB  27   3  2t   t   6  3t   27
 7t 2  24t  9  0

t  3
 3
t 
 7
 13 10 12 
Vậy B  7; 4;6  hoặc B   ; ;  
7
 7 7

0.25

0.25


Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1)

Sj

Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)

0.25

Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK
Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc

M

  60
giữa SK và HK và bằng SKH

6

B

H

C

K

a 3
Ta có SH  HK tan SKH
2

0.25

A

3

1
1 1
a 3
Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC .SH 
3
3 2
12

0.25

Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB  

0.25

Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM
Ta có

1
1
1
16
a 3
a 3


 2  HM 
. Vậy d  I ,  SAB   
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4


Gọi AI là phan giác trong của BAC

Ta có : 
AID  
ABC  BAI
  CAD
  CAI

IAD
  CAI
,

Mà BAI
ABC  CAD

AID  IAD
nên 
7

A

0.25

E
M'

B

K

I

M
C

D

0.25

 DAI cân tại D  DE  AI
PT đường thẳng AI là : x  y  5  0

Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)

VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT của đường thẳng AB là

n   5; 3

0.25

Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5 x  3 y  7  0

0.25

 xy  x  y 2  y  0

Đk: 4 y 2  x  2  0
 y 1  0


0.25

Ta có (1)  x  y  3

 x  y  y  1  4( y  1)  0

8
Đặt u  x  y , v  y  1 ( u  0, v  0 )
u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)
Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được :

4 y2  2 y  3  y 1  2 y

0.25


 4 y 2  2 y  3   2 y  1 

2  y  2
4 y2  2 y  3  2 y 1







y  1 1  0

y2
0
y 1  1


2
  y  2 

 4 y 2  2 y  3  2 y 1



1
0
y  1  1 

2

 y  2 ( vì 

2

4 y  2 y  3  2 y 1



0.25

1
 0y  1 )
y 1 1

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5;2 
Vì a + b + c = 3 ta có


9

bc
bc
bc


3a  bc
a (a  b  c )  bc
(a  b)(a  c )

bc  1
1 



2  a b a c

Vì theo BĐT Cô-Si:

0.25

0.25

1
1
2


,
ab ac
(a  b)(a  c )

dấu đẳng thức xảy ra  b = c
ca
ca  1
1 
ab
ab  1
1 
Tương tự
 



 và


2 ba bc
2 ca cb 
3b  ca
3c  ab

bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3
Suy ra P 



 ,
2(a  b) 2(c  a ) 2(b  c)
2
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =

3
khi a = b = c = 1.
2

0.25

0.25
0.25