đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE253 THPT hồng quang, hải dương (l3)

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPTQG NĂM 2016
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y  x 4  2 x 2  3 .
4
b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x  2 
với x   2; 4 .
x 1
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
z  2  i  1  3i .
b) Giải bất phương trình log 22 x  2log 1 x  3  0 .
2


2

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

Câu 4 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm

I (5; 3;4) và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  z  5  0 . Tìm tọa độ tiếp điểm của ( S ) và
( P) .
Câu 5 (1,0 điểm)

x
 2.
2
b) Có hai hộp chứa các viên bi. Hộp thứ nhất chứa 8 viên bi màu trắng và 7 viên bi màu đỏ, hộp
thứ hai chứa 5 viên bi màu trắng và 6 viên bi màu đỏ. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một viên bi.
Tính xác xuất sao cho hai viên bi lấy ra cùng màu.
a) Giải phương trình

3 sin x  2cos 2

Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông tại A, AB  a ,

AC  a 3 . Hình chiếu vuông góc của A ' trên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm H của
cạnh BC ; Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 450. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' , CB ' .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD, vuông tại A và B,
có đỉnh C (0; 2) và AD  3BC . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường chéo BD. Điểm

 24 16 
M  ;   là điểm thuộc đoạn HD sao cho 2HM = MD. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, D của hình
 13 13 
thang vuông ABCD biết đỉnh A thuộc đường thẳng (d ) : x  y  1  0 .
 2
x y
 x 1  4 x   y  2 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 


3 2 x  1  x 5  y  y


( x, y  ) .

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  1  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a3
b3
c3
P



a  bc b  ca c  ab  c  1

14

 a  1 b  1

----------------- Hết ----------------


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM LẦN 3
CÂU

ĐÁP ÁN
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y  x 4  2 x 2  3 .

ĐIỂM

TXĐ: D   , y '  4 x 3  4 x ,

x  0
y '  0   x  1 ,
 x  1
y '  0x   1;0   1;   và y '  0x   ; 1   0;1

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng  1;0  ; 1;   , hàm số nghịch biến trên các
khoảng  ; 1 ;  0;1 .
Hàm số đạt cực đại tại x  0; yCD  3 ,

0,25

x 1
; y CT  y  1  y 1  4
 x  1

Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm 

lim y  lim  x 4  2 x 2  3  ;

x 

1a
(1,0 đ)

lim y  lim  x 4  2 x 2  3   .

x 

Bảng biến thiên
x –∞
y
+∞

–

x 

1
0

x 

0
0
3

+

1
0

–

+∞
+

0,25

+∞

y
4

4

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 3)





Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm  3;0 ,

3;0



Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.
y

f(x)=x^4-2*x^2-3

4

0,25
2

x

-4

-2

2

O

4

-2

-4

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

f '( x )  1 
1b
(1,0 đ)

f ( x)  x  2 

4

 x  1

0,25

2

 x  3   2; 4 
f '( x )  0  
 x  1   2; 4 
10
f  2   4; f  4   ; f  3  3 .
3
Vậy max f ( x )  f  2   4; min f ( x )  f  3   3
 2;4

4
với x   2; 4 .
x 1

 2;4

0,25
0,25
0,25


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn

z  2  i  1  3i
Gọi số phức z  x  yi,  x; y    được biểu diễn bởi điểm M  x; y  .
2a
(0,5 đ)

2

 x  2   y  1

z  2  i  1  3i  x  yi  2  i  1  3i 
2

2

 10

0,25

2

  x  2    y  1  10 ,
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I  2;1 , bán kính

0,25

R  10 .
Giải bất phương trình log 22 x  2log 1 x  3  0 .
2
2

ĐKXĐ: x  0 , log x  2log 1 x  3  0   log 2 x   2 log 2 x  3  0
2
2

0,25

2

2b
(0,5 đ)

x  2
log 2 x  1


1.

log
x


3
0

x

 2

8

0,25

1




Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S   0;    2;  

8

2







Tính tích phân I   cos x  sin 2 x cos xdx .
0


2


2


2

0

0

I    cos x  sin 2 x  cos xdx   cos 2 xdx   sin 2 xcos xdx .
0

3

(1,0 đ)


2


2

1
I1   cos xdx   1  cos 2 x  dx 
20
0
2


2

0,25


1
1


 x  sin 2 x  2  .
2
2
0 4

0,25


2


1
1
3
I 2   sin xcos xdx   sin x d  sin x    sin x  2  .
3
3
0
0
0
2

Vậy I 

2

0,25

 1
 .
4 3

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I (5; 3;4)
và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  z  5  0 . Tìm tọa độ tiếp điểm của ( S ) và ( P ) .





Gọi R là bán kính mặt cầu, theo điều kiện tiếp xúc R  d I ;  P   2 6 .
2

2

2

Phương trình của mặt cầu ( S ) là  x  5    y  3    z  4   24 .
4 (1,0
đ).

0,25
0,25

Gọi H là tiếp điểm của ( S ) và ( P ) , khi đó H là hình chiếu của I (5; 3;4) trên

 x  5  2t

mặt phẳng ( P ) , đường thẳng IH có phương trình là  y  3  t , t  .
z  4  t

Tọa độ điểm H có dạng H  5  2t ; 3  t ;4  t  , vì H   P  nên ta có

2  5  2t   3  t   4  t   5  0  6t  12  t  2  H 1; 1;2  .

0,25

0,25


Giải phương trình

3 sin x  2cos 2
5a
(0,5 đ)

3 sin x  2cos 2

x
 2.
2

x
 1

 2  3 sin x  cos x  1  sin  x    .
2
6 2


 x  k 2

, k  .
 x  2  k 2


3
Phương trình đã cho có các nghiệm là x  k 2 ;

0,25

0,25

x

2
 k 2  k    .
3

Có hai hộp chứa các viên bi. Hộp thứ nhất chứa 8 viên bi màu trắng và 7 viên bi màu đỏ, hộp thứ
hai chứa 5 viên bi màu trắng và 6 viên bi màu đỏ.

5b
(0,5 đ)

1
Phép thử: “Chọn từ 2 hộp đã cho, mỗi hộp một viên bi”, n     C151 .C11
 165 .
Biến cố A: “Hai viên chọn được cùng màu”.
A1 : “Hai viên chọn được cùng trắng”, n  A1   C81.C15  40 .

A2 : “Hai viên chọn được cùng đỏ”, n  A2   C71 .C16  42 .

6
(1,0 đ)

0,25

0,25

82
Vậy n  A   n  A1   n  A2   82 , xác suất của biến cố A là P  A  
.
165
Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông tại A, AB  a ,
AC  a 3 . Hình chiếu vuông góc của A ' trên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung
điểm H của cạnh BC ; Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 450. Tính theo a thể tích
khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' , CB ' .
Trong tam giác vuông ABC có
A'
BC 2  AB 2  AC 2
C'
2
2
2
 a  3a  4a
1
B'
E
 BC  2a ; AH  BC  a .
2
AH là hình chiếu vuông góc
K
của AA ' trên mặt phẳng
0,25
( ABC ) nên góc giữa AA ' và

mặt phẳng ( ABC ) là góc
A
C

A ' AH .
H
Theo giả thiết có 
A ' AH  450 .
B
Trong tam giác A ' AH có
A ' H  AH  a
1
a2 3
Diện tích tam giác ABC là S ABC  AB. AC 
.
2
2
0,25
a 2 3 a3 3
Thể tích khối lăng ABC . A1B1C1 trụ là V  A ' H .S ABC  a.

.
2
2
Khoảng cách giữa hai đường A ' A và CB ' bằng khoảng cách từ A ' A đến mặt
phẳng  B ' BCC '  và bằng khoảng cách từ điểm A ' đến  B ' BCC '  .
0,25
Gọi E là hình chiếu vuông góc của A ' cạnh B ' C ' .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A ' trên HE  A ' K  HE (1) .



B 'C '  A' E

 B ' C '   A ' HE 
 B ' C '  A ' H ( A ' H  ( A ' B ' C '))
 B ' C '  A ' K (2)
Từ (1) và (2)  A ' K  ( BCB ' C ')  d  A ',( BCB ' C ')   A ' K .
Trong tam giác vuông A ' HE có
1
1
1
1
1
1
1
1
1
7





 2 2 2  2
2
2
2
2

2
2
A' K
A' H
A' E
A'H
A'B'
A'C '
a
a 3a
3a
a 21
0,25
 A'K 
7
a 21
Vậy khoảng cách giữa hai đường AA ' và CB ' bằng
.
7
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD, vuông tại A và B, có đỉnh
C (0; 2) và AD  3BC . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường chéo BD.
 24 16 
Điểm M  ;   là điểm thuộc đoạn HD sao cho 2HM = MD. Tìm tọa độ các đỉnh
 13 13 
A, B, D của hình thang vuông ABCD biết đỉnh A thuộc đường thẳng
(d ) : x  y  1  0 .
Mặt khác 

- Gọi E là điểm trên đoạn AH

C

B

sao cho 2HE = EA,
khi đó


HM HE 1


HD HA 3

I

EM 1
 và EM // AD
AD 3

H

0,25

M
E

Suy ra tứ giác BCME là hình
bình hành, Suy ra CM // BE
7
(1,0 đ)

- Dễ thấy E là trực tâm BAM
 BE  AM  CM  AM

A

Vì A thuộc (d) nên tọa độ A(a; a  1) , mà
 
CM  AM  AM .CM  0  a  3  A  3; 4 

D

0,25

Gọi I là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD

 1 
 3 1
 CI  CA  I   ; 
4
 4 2
- Đường thẳng BD đi qua I và M , suy ra BD : 2 x  3 y  0
- Phương trình AH : 3 x  2 y  1  0 ,

0,25

mà H là giao điểm của hai đường thẳng BD và AH

 3 2
; .

 13 13 

Suy ra H  

 
Mà HD  3HM  D  6; 4 
 1 
CB  DA  B  3; 2  .
3

0,25


 2
x y
 x 1  4 x   y  2  (1)
Giải hệ phương trình 


3 2 x  1  x 5  y  y
(2)

0  y  5

Điều kiện 
1
 x  2

x y
2

3
y
  2 x  8x  x y 
 2 

x 2 1  4 x  

 8x3 

 y

3







 y

0,25

3





 x 2 x  y  0  2 x  y 4 x2  2x y  y  x  0

 2x  y  0  2x 

y  y  4 x2

0,25

2

(Vì theo điều kiện có 4 x  2 x y  y  x  0 )
Thay vào (2) có phương trình 3 2 x  1  x 5  4 x 2  4 x 2 .
Điều kiện
Xét x 

8
(1,0 đ)

1
5
x
2
2

1
, là nghiệm của phương trình.
2

Xét 1  x  5 .
2

0,25

2

3 2x 1  x 5  4x2  4x2
 (4 x 2  6 x  2)  (6 x  3  3 2 x  1)  (1  x 5  4 x 2 )  0
4 x2  6 x  2
4x4  5x2  1
  x  1 4 x  2   3

0
2x 1  2x 1 1  x 5  4x2

 2  x  1 2 x  1 

6  x  1 2 x  1
2x 1 2x 1



( x  1)(2 x  1)( x  1)(2 x  1)
1  x 5  4 x2

0


6
( x  1)(2 x  1) 
  x  1 2 x  1  2 


  0  x 1
2
2
x

1

2
x

1
1

x
5

4
x


Vì


1
5
6
( x  1)(2 x  1) 
x
  2 x  1  2 


0
2
2
2x 1  2x 1 1  x 5  4x2 


Với x  1  y  4 .
Với x 

1
 y  1.
2

1

x  1 x 
Đáp số 
; 
2
y  4 y 1


0,25


Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  1  c .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

a3
b3

c3



a  bc b  ca c  ab  c  1

14

 a  1 b  1

.

Với các số dương a, b, c thỏa mãn

a  b  1  c   a  1 b  1  ab  a  b  1  ab  c .
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có

ab  c   a  1 b  1 

1
1
2
2
 a  b  2    c  1 .
4
4

c3
4c 3


và
c  ab  c  1 2
 c  1

Suy ra

14



0,25

28

 a  1 b  1  c  1

2

.

2

x2 y2  x  y 
Ta có bất đẳng thức


luôn đúng với các số dương x, y , m, n .
m n
mn
Thật vậy,

x; y; m; n  0,
2

 x2 y 2 
x2 y2  x  y 
2


 m  n     x  y
m n
mn
m n 
Câu 9
(1,0 đ).

0,25

2

 x 2 n 2  y 2 m 2  2 xymn   xn  ym   0
Áp dụng bổ đề trên và bất đẳng thức Cô – si ta có:

a3
a  bc




a

a

2

2

b3
b  ca
 b2

 b2





a4
a 2  abc

2

  c  1





a 2  b2
c 1

b4
b 2  abc



a

2

 b2



2

a 2  b 2  2abc

2

2

 a  b    c  1

2  c  1 2  c  1
2

Từ các bất đẳng thức trên suy ra

c  1


4c 3
28
P


2
2  c  1  c  1  c  12

 f c, c  1.

 3c  5  3c2  14c  23
5
f ' c  
, f 'c   0  c  ,
3
3
2  c  1

0,25

 5  53
f    ; 3c 2  14c  23  0, c  1
3 8

53
8
5
53
1
5

khi c  . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng
khi a  b  ; c  .
3
8
3
3
Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hàm số f  c  đạt giá trị nhỏ nhất bằng

Chú ý: Học sinh trình bày cách giải khác, đúng, giám khảo cho điểm tối đa.

0,25