đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE334 THPT đông sơn, thanh hóa (l3)

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1

ĐỀ SỐ 334

KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2016 (LẦN 3)
Môn Thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (1,5 điểm). Cho hàm số y  x 4  2mx 2  3 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
b) Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 2 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x  3 ln( x  2) trên
đoạn [0; 4].
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn z  2  i  3 .
b) Giải phương trình 2 x  3 x  5 x .
Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường: y = 0, y  x(e x  1) , x = 0, x = 1.
Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay H quanh trục hoành.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng (P) có phương trình
x  y  z  1  0 và hai điểm A(1;2;3) , B (3;4;1) . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, B đồng
thời vuông góc với (P) và tìm điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC là tam giác đều.
Câu 6 (1,0 điểm).

3 sin x
 1.
cos x  1
b) Một đề thi trắc nghiệm có 20 câu, mỗi câu gồm có 4 phương án trả lời trong đó có duy nhất
một phương án đúng. Mỗi câu nếu chọn đúng đáp án thì được 0,5 điểm. Giả sử thí sinh A
chọn ngẫu nhiên các phương án. Tính xác suất để A được 4 điểm (lấy gần đúng đến 5 chữ số
sau dấu phẩy).

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là chữ nhật có tâm O, AB = a, tam giác
OAB là tam giác đều. Tam giác SAB là tam giác đều, tam giác SCD là tam giác cân tại S. Hình
chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc miền trong của hình chữ nhật
3a
ABCD và SH 
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
4
SC và AB.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có E ( 1;2), F ( 2;2) ,
Q (1;2) lần lượt là chân ba đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C của tam giác. Tìm tọa độ các điểm
A, B, C.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 3
2
 6
 y  3y 1  x   1  x  0



( x, y   ) .

2
y

3
1
x2 ( y 2  3)  2xy2  36  ( x  1)
 12 y 2   6x

y

y

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn 4(a  1) 2  ( 2b  3) 2  4c 2  9 . Tìm
a 3  a 2  36 b 3  b 2  36 2c 3  c 2  9
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
.


2( a  1)
4(b  1)
2c  1
----------------HẾT---------------a) Giải phương trình


Tr­êng thpt ®«ng s¬n i

H­íng dÉn chÊm m«n to¸n 12( lÇn 3)
Năm học 2015 - 2016

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu

Nội dung
4

Điểm

2

Cho hàm số y  x  2mx  3 .

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.

1,0

Khi m = 1 ta có hàm số y  x 4  2 x 2  3
1) Tập xác định: R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : lim y  , lim y  
x 

0,25

x 

3

b, Bảng biến thiên: y’ = 4x - 4x, y’ = 0  x = 0, x =  1
x
-
-1
0
1
y'
0
+
0
0
-3
+

+
+
+

0,25

y

1

-4
-4
Hàm số đồng biến trên các khoảng (–1; 0) và (1 ; + )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (– ; –1) và (0 ;1)
Hàm số đạt cực trị tại x = 0, yCĐ = y(0) = – 3, đặt cực tiểu tại x =  1 , yCT = y(  1) = – 4

0,25


1 32 
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số có hai điểm uốn U  
;
, nhận Oy làm trục
3 9 

đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm (  3 ; 0)
y
 3 -1

O

1

3 x

0,25

3
-4

2

b) Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị.

0,5

y '  4 x 3  4mx  y '  0  x  0, x 2  m

0,25

Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi y ' 0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0 .

0,25

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x  3 ln( x  2) trên
đoạn [0; 4].

0,5

3

x 1

, f ' ( x)  0  x  1 .
x2 x2
Ta có: f(0) =  3 ln 2 , f(1) = 1  3 ln 3 , f(4) = 4  3 ln 6 .
Vậy max f ( x)  f (4)  4  3 ln 6 , min f ( x)  f (1)  1  3 ln 3
f ' ( x)  1 

[ 0; 4 ]

[ 0; 4 ]

0,25
0,25


a) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn z  2  i  3 .

0,5

Gọi z  x  yi ( x, y  R ), khi đó z có điểm biểu diễn M ( x; y ) .
0,25

Theo bài ra ta có x  yi  2  i  3  x  2  ( y  1)i  3

 ( x  2) 2  ( y  1) 2  3  ( x  2) 2  ( y  1) 2  9 .
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của z là đường tròn ( x  2) 2  ( y  1) 2  9 .
3

b) Giải phương trình 2 x  3 x  5 x .

0,5
x

x

 2 3
Phương trình đã cho tương đương với       1 (*).
 5 5
x

0,25

x

x

0,25

x

2 3
3
 2 3
2
Xét hàm số f ( x)       , f ' ( x )    ln    ln  0, x  R
5 5
5
 5 5
5

Hàm số f (x ) nghịch biến trên R, do đó (*)  f ( x)  f (1)  x  1

Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường: y = 0, y  x(e x  1) , x = 0, x = 1.

0,25

1,0

Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay H quanh trục hoành.
1

4

V 
0



1

1

1

1

x2

   xe x dx 
x (e  1) dx    x(e  1)dx    xe dx  

2 0
2
0
0
0
x



2

x

x

1
1
u  x
du  dx
x
x1
x
x1
+) Đặt 


xe
dx

xe


e
dx

e

e
1



x
x
0
0
dv

e
dx
v

e


0
0
 3
Do đó V    
(đvtt)
2

2

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng (P) có phương trình
x  y  z  1  0 và hai điểm A(1;2;3) , B (3;4;1) . Viết phương trình mặt phẳng (Q)
đi qua A, B đồng thời vuông góc với (P) và tìm điểm C thuộc (P) sao cho tam
giác ABC là tam giác đều.
+) AB  (2;2;2) , mp(P) có vectơ pháp tuyến nP  (1;1;1) .
Mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến nQ  [ AB, nP ]  (0;4;4)
(Q) có phương trình: 0( x  1)  4( y  2)  4( z  3)  0  y  z  5  0

0,25

0,25
0,25

1,0

0,25
0,25

Gọi C (a; b; c) , ta có
5

C  (P)
a  b  c  1  0
 2

2
2
2

2
2
2
2
CA  CB  (a  1)  (b  2)  (c  3)  (a  3)  (b  4)  (c  1)
CA2  AB2
(a  1)2  (b  2) 2  (c  3)2  12


a  2
a  b  c  1
a  2



 a  b  c  3
 b  c  1
 b  c  1
(a  1) 2  (b  2) 2  (c  3) 2  12
1  (c  1) 2  (c  3) 2  12



c  (4  3 2 ) / 2

 63 2 43 2   63 2 43 2 
, C  2;

Vậy C  2;
;

;
 

2
2
2
2

 


0,25

0,25


a) Giải phương trình

3 sin x
 1.
cos x  1

0,5

Điều kiện: cos x  1 .
PT 

1
 1


3
1

sin x  cos x   sin  x     x   k 2 , x    k 2
2
2
2
6 2
3


Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x 

6

0,25


 k 2 .
3

0,25

b) Một đề thi trắc nghiệm có 20 câu, mỗi câu gồm có 4 phương án trả lời trong
đó có duy nhất một phương án đúng. Mỗi câu nếu chọn đúng đáp án thì được
0,5 điểm. Giả sử thí sinh A chọn ngẫu nhiên các phương án. Tính xác suất để A
được 4 điểm (lấy gần đúng đến 5 chữ số sau dấu phẩy).

0,5

Số cách A chọn ngẫu nhiên các phương án đúng là   4 20 .

0,25

Gọi B là biến cố đã cho, do A được 4 điểm nghĩa là A chọn đúng 8 câu và chọn sai 12
câu.
8
Có C20
cách chọn 8 câu mà A trả lời đúng, trong 12 câu trả lời sai, mỗi câu A có 3 cách
8
.312 .
chọn phương án sai. Do đó số cách chọn các phương án của A là  B  C20

Xác suất cần tìm là: P( B) 

8
 B C 20
.312

 0,06089 .

4 20

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là chữ nhật có tâm O, AB = a, tam giác
OAB là tam giác đều. Tam giác SAB là tam giác đều, tam giác SCD là tam giác
cân tại S. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc
3a
miền trong của hình chữ nhật ABCD và SH 
. Tính theo a thể tích khối
4

chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB.
BC  AC 2  AB 2  a 3
S ABCD  AB.BC  a

A
M

H

B

1,0

Ta có AC = 2OA = 2a.

S

7

0,25

D
O

N
C

2

0,25

3

1
a3 3
VS . ABCD  S ABCD .SH 
.
3
4
Ta có AB //CD AB //(SCD)
 d ( AB, SC )  d ( AB, ( SCD ))
Gọi M, N là trung điểm của AB
và CD.
Ta có AB  SM , AB  MN

0,25

0,25

 AB  (SMN ) , mà AB  SH  SH  ( SMN )  H thuộc đoạn MN.
a 3
a 3
3a 3
, MH  SM 2  SH 2 
 HN  MN  MH 
.
2
4
4
3a

SN  SH 2  HN 2 
 SM 2  SN 2  MN 2  SM  SN
2
Do CD//AB nên CD  SM  SM  (SCD)  SM  d ( AB, (SCD)) .
SM 

Vậy d ( SC. AB) 

a 3
2

0,25


Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có E ( 1;2), F ( 2;2) ,
Q (1;2) lần lượt là chân ba đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C của tam giác. Tìm
tọa độ các điểm A, B, C.
Do 
AEB  
AFB  900 nên tứ giác ABEF nội
tiếp đường tròn đường kính AB suy ra
  BAE
 (1).
BFE

A
F
Q

B

1,0

D
H

Tương tự: Tứ giác AQEC nội tiếp nên
  QCE
  BAE
  QCB
 (2)
QAE
  QCB
 (3)
C Tứ giác BQFC nội tiếp nên QFB

E

0,25

  QFB
 , nghĩa là BF là đường phân giác trong kẻ từ F của
Từ (1), (2) và (3) ta có BFE

tam giác QEF.
Tương tự ta cũng có AE là đường phân giác trong của tam giác QEF.
Gọi H  AE  BF suy ra H là trực tâm của tam giác ABC và là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác QEF.
+) EQ  4 ,EF  5 .
Gọi D  AE  QF 

8



DQ EQ 4
1 

  5 DQ  4 DF  D  ; 2 
DF EF 5
3 

4
. Do H là chân đường phân giác trong kẻ từ Q của tam giác QDE nên ta có
3

HD QD 1 

  HE  3HD  H (0;1)
HE QE 3

+) QD 

0,25

AB đi qua Q và vuông góc với QH nên có phương trình: x  y  3  0
BC đi qua E và vuông góc với EH nên có phương trình: x  3 y  7  0

0,25

AC đi qua F và vuông góc với FH nên có phương trình: 2 x  y  6  0

A  AB  AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

x  y  3  0
x  1

 A(1;4 )

2 x  y  6  0
y  4
B  AB  BC nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x  y  3  0
x  4

 B(4;1)

 x  3 y  7  0  y  1
C  BC  AC nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

x  3 y  7  0 x  5

 C( 5;4 )

2 x  y  6  0  y  4
Vậy A(1;4), B(4;1), C (5;4)

0,25


2
 3

 6
 y  3y 1  x   1  x  0



Giải hệ phương trình: 
2
x2 ( y 2  3)  2xy2  36  ( x  1) y  3  12 y 2  1  6x

y
y


1,0

 3
2
 6
 y  3 y 1  x   1  x  0



Điều kiện: x  0 , y  0, y 2  3  0 . Hệ  
2
( y 2  3)( x 2  2 x  12)  ( x  1) y  3   1

y
y


 y 3  3 y ( x  6)  x  2  0


( y 3  3 y )( x 2  2 x  12)  ( x  1) y 3  3 y  1

a  y 3  3 y
Đặt 
ta có hệ
b  x  1

0,25

a(b  7)  b  1  0
 2 2
a (b  13)  ab  1

Nhận thấy a  0 không thỏa mãn hệ. Khi đó hệ trên tương đương với
b
1
1 b


 b 1
 7  b  
b  7
b



7




a
a a


a
a a



2
2
b 2  13  b   1
 b  1   b  13
 b  1    b  1   20


 



a
a2
a a
a 
a



9

0,25

b
b
b  12a
b  3a
 a  12
 a  3



hoặc 

hoặc 
1
1
12a  a  5
3a  a  4
b  1  5
b  1  4

a
a

b  12a
b  3a
a  1

a  1 / 3
hoặc  2
hoặc 
 2

b  3
b  1
12a  5a  1  0 (vô nghiêm)
3a  4a  1  0

a  1  y 3  3 y  1  y 3  3 y  1 (1)
+) Với 


b  3  x  1  3
x  2
Nếu y  2 thì y 3  3 y  y ( y 2  3)  2  (1) vô nghiệm.
Do đó để (1) có nghiệm thì y  (0;2] (do y  0 ).

0,25

1
 
Đặt y  2cos t , t   0;  , (1) trở thành 8 cos 3 t  6 cos t  1  cos 3t 
2
 2
t

 k 2



 

, k  Z . Do t  0;  nên t   y  2 cos
9
3
9
9
 2

 y3  3 y  1 / 9
a  1 / 3  y 3  3 y  1 / 3


.
+) Với 
 x  1  1
b  1
 x  0 (loai)



Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y )   2; 2cos  .
9


0,25


Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn 4(a  1) 2  ( 2b  3) 2  4c 2  9 . Tìm giá

a 3  a 2  36 b 3  b 2  36 2c 3  c 2  9
trị nhỏ nhất của biểu thức P 
.


2( a  1)
4(b  1)
2c  1

1,0

1 1
11
1 1
4
Với x, y  0 ta có ( x  y )    2 xy 2
(*)
4  
x y
x y x y
x y

1
1  1
 2
2
2
2
P  9



  2a  b  4c
 a  1 b  1 2c  1  4



Áp dụng (*) ta có



0,25

2
1
1
4
4
16





a  1 b  1 2c  1 2 a  2 b  2c  2 2 a  b  2c  4

Áp dụng BĐT Bunhiacopsky ta có (2a  b  2c) 2  (2  1  1)(2a 2  b 2  4c 2 )
10

 2 a 2  b 2  4c 2 

1
144
1
 ( 2 a  b  2c ) 2
( 2a  b  2c ) 2  P 
4
2a  b  2c  4 16

0,25

Từ giả thiết ta có
2a  3b  a 2  b 2  c 2  1  (a 2  4)  (b 2  4)  (c 2  1)  8  4a  4b  2c  8

144 t 2

 2a  b  2c  8 . Đặt t  2a  b  2c  0  t  8 và P 
t  4 16

0,25

144 t 2

trên (0; 8].
t  4 16
144
t (t  8)(t 2  16t  144)
f ' (t )  
 
 0, t  (0;8]
(t  4) 2 8

8(t  4) 2

Xét f (t ) 

0,25
Suy ra f (t ) nghịch biến trên (0; 8], do đó min f (t )  f (8)  16  P  16
( 0; 8]

P  16  a  2, b  2, c  1 .
Vậy min P  16 khi (a; b; c)  (2;2;1) .
----------------HẾT----------------