đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE257 THPT cồn tiên, quảng trị

SỞ GD - ĐT QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT CỒN TIÊN

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(2,0 điểm).

x2
.
x 1
b) Tìm trên (C) điểm M sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng  : x  y  1  0 nhỏ nhất.
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 

Câu 2(1,0 điểm).
a) Tìm số phức liên hợp của số phức z, biết (1  i ) z  (2  i )  4  5i

1
b) Giải bất phương trình:  
 2

x2 2

 24 3 x

2

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

Câu 4(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) có phương trình:
x  1  t

 y  3  2t , t  R và mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  2 z  9  0
z  3  t

a) Xác định tọa độ giao điểm A của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P).
b) Viết phương trình đường thẳng (d) nằm trong (P), đi qua A và vuông góc với (d).
Câu 5(1,0 điểm).

2  sin .cos
.
1  sin  .cos
b) Một đoàn tàu có 5 toa đỗ ở sân ga, có 5 người lên tàu, mỗi người độc lập chọn ngẫu nhiên
một toa. Tính xác suất để một toa có ba người lên, hai toa có một người lên và hai toa còn
lại không có người lên.
a) Cho tan   2 , tính giá trị biểu thức P 

Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a và góc 
ABC  600 , SA
vuông góc với đáy, biết góc giữa SC và đáy là 450 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng AB, SC theo a.
Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có I (1; 2) là tâm
đường tròn ngoại tiếp và 
AIC  900 . Hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng BC là
D (1; 1) . Điểm K (4; 1) thuộc đường thẳng AB. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết điểm A có
tung độ dương.

 x  x( x 2  3 x  3)  3 y  2  y  3  1
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 

 3 x  1  x 2  6 x  6  3 y  2  1

 x; y   

Câu 9(1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất
a 3  b 3  16c 3
của biểu thức P 
.
3
a  b  c
------------------Hết---------------------


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Câu

Đáp án


TXĐ: D   \ 1



Sự biến thiên

- Chiều biến thiên: y  

Điểm

0.25

1

 x  1

 0 x  D

2

- Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;1 và 1;  
- Hàm số đã cho không có cực trị
- Tiệm cận lim y  1  TCN : y  1

0.25

x 

lim y   ; lim y    x  1: TCÑ
x 1

x 1


1a

Bảng biến thiên
x 
y

1



+

+
1



0.25

y
1




Đồ thị

0.25

Phương trình hoành độ giao điểm hai của (C) và ∆ là

1b

vô nghiệm nên (C) không cắt ∆
Gọi d là tiếp tuyến của (C) và // ∆ nên có hsg k = 1. Gọi M(x0,y0) là tiếp điểm
 x  0  M (0; 2)
1

=> x0 là nghiệm pt
1 
2
( x  1)
 x  2  M '(2; 0)
Ta có: d ( M , ) 

0  2 1
12  (1) 2



2  0 1
3
1

, d ( M ', ) 
,
2
2
12  (1)2

Vậy điểm M cần tìm là M(2;0)
(1  i) z  (2  i)  4  5i  (1  i) z  2  4i
2a

2b

x 2
 x  1  x 2  3x  3  0 ,

x 1

z
1
 
2

2  4i
 3i  z  3 i
1 i

x2 2

 24 3 x  2 x

2

2

 24 3 x   x 2  2  4  3 x

x 1
 x 2  3x  2  0  
x  2

0.25

0.25

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25



2


2

I   x cos xdx   sin 2 x cos xdx  I1  I 2
0

0


2

u  x  du  dx
Đặt 
dv  cos xdx  v  sin x

I1   x cos xdx
0




2

I1  x sin x 02   sin xdx 
0

3

0.25




 cosx 02   1
2
2

0.25

0.25


2

I 2   sin 2 x cos xdx Đặt t  sin x  dt  cos xdx
0

Khi x  0  t  0, x 


 t 1
2

0.25

1

1

1
1
I 2   t dt  t 3 
3 0 3
0
2

I 

4a

 2

2 3

x  1 t
x  0
 y  3  2t



Gọi A=d(P) tọa độ A là nghiệm hệ: 
  y  1  A(0; 1; 4)
z  3  t
z  4

2 x  y  2 z  9  0

   
  
Gọi vtcp của d’ là u  u  ud , u  n p  u  ud  n p  (5; 0; 5)

4b

5a

 x  5t

d’ đi qua A nên ptts là  y  1
z  4  5t

2  s in .cos
2  s in .cos
2(1  tan 2  )  tan  2(1  22 )  2 8
cos2
P




1  sin  .cos

1  sin  .cos
7
(1  tan 2  )  tan 
1  22  2
2
cos 

Không gian mẫu n(Ω) = 55

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25

Gọi A ‘Một toa có ba người lên, hai toa có một người lên, hai toa không có người lên’
-Chọn 1 toa trong 5 toa có C51 cach
-Chọn 3 người lên toa này có C53 cach
5b

-Chọn 2 toa trong 4 toa còn lại có C42 cach
-Hoán vị 2 người còn lại vào 2 toa có 2! cach
-Có tất cả C51C53C24 2! cach   n( A)  C51C53C24 2! =600

 P ( A) 

n( A) C51C35C24 2!

600
24

=

5
n()
5
3125 125

0.25


Gọi O là tâm hình thoi ABCD.
Góc giữa SC và đáy là góc SCA = 450

S

A

D

1
a2 3
0
SABCD  2.SABC  2. AB. AC.sin 60 
2
2
và SAC vuông cân tại A  SA  a

0.25

1
1 a2 3
a3 3
 VS . ABCD  SS . ABCD .SA 
a
3
3 2
6

0.25

O
B

6

C

a 3
a
a
a
; 0; 0 )Ox, C( 0; ;0 )Oy, A( 0;  ;0 ) ; S( 0;  ; a )
2
2
2
2
 a 3 a



 AB  (
; ; 0); SC  (0; a;  a); AS  (0; 0; a);
2 2
 
a 2 a2 3 a2 3
 AB  SC  ( ;
;
)
2
2
2

-Gọi O(0 ;0 ;0), B(

  
( AB  SC ).AS
 d ( AB, SC ) 

 
AB  SC

00
4

4

a a .3 a .3



4
4
4



a 3
7

0.25


 ABC  450

0
Do AIC  90  
 
ABC  1350

ABD  450 nên ADB vuông cân tại D

A
K

do đó DA = DB.
Lại có: IA = IB  DI  AB

7
I

C

4

a3 3
2

0.25

0.25

B

D

Nên đường thẳng AB đi qua K (4;–1) và vuông góc với DI có phương trình
2 x  y  9  0 . Gọi A  a;2 a  9   AB , do DA  2 d  D; AB   2 10



2

 a  1   2a  8

2

0.25

 2 10

 a  1  A 1; 7   loaïi 
 a  6a  5  0  

 a  5  A  5;1  t / m 


Phương trình DB đi qua D có VTPT AD : 3x  y  4  0

0.25

C  DB  C  c; 3c  4  . Do IAC vuông cân tại I nên
 
IA.IC  0  4  c  1  3  3c  2   0  c  2  C  2;2 

0.25

2


 x  3  3

ĐK: 1  x  3  3 .

 y  3

0.25

Đặt u  3 y  2  u3  y  2  y  u3  2
PT 1  ( x  1)  ( x  1)3  1  u  u3  1 (*)
Xét hàm số f  t   t  t 3  1

t  0

có f   t   1 

3t 2
2 t3  1

 0 t  0 nên f(t) luôn

đồng biến

8

Từ pt (*)  f  x  1  f  u   x  1  3 y  2
Thay vào pt ( 2 ) ta được pt
3 x 1  x2  6x  6  x 1 1

0.25

9- 45
9+ 45
x
2
2
2
2
 x  6 x  6  9( x  1)  x  6 x x  1
 x 2  6 x  6  3 x  1  x,

dk:

0.25


 x  1  y  2
 x 1  0

 2 x x  1  5( x  1)  
  x  5  y  62
 2 x  5 x  1

5
127
x   y  
4
64


0.25

 5 127 
-Kết luận: Hệ có 2 nghiệm (5;62) và  ; 

64 
4

Ta có a3  b3 

(a  b)3

dấu = xảy ra khi a = b hoặc a + b = 0
4
0.25

(a  b)3
 16c3
(a  b)3  64c3
4
P
 4P 
3
3
a  b  c
a  b  c

9

3

3

(u  c )3  64c 3  c 
c
Đặt u = a + b + c ta có  4 P 
  1    64    f (t )
3
u
 u
u

0.25
c
Với t 
u

 0  t  1
3

Xét hàm số f  t   1  t   64t 3  0  t  1

0.25


 1
t 
 9
2
2
có: f   t   3 1  t   192t , f   t   0  

1
t  

7
Bảng biến thiên

t
f'(t)

-∞ 0

-

1
9

0

1

+

+

f(t)
64
81

1
16
 1  64
Vậy Min f  t   f   
khi t  hay Min P 
khi
9
81
 9  81
c 1
 u  9  u  9c


 a  b  2c .
a  b
a  b  c  u


(Chú ý : Nếu thí sinh giải theo cách khác đúng phần nào thì cho điểm tối đa phần đó)

0.25