đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE345 THPT lương văn cù, an giang

TRƯỜNG THPT LƯƠNG VĂN CÙ
KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
ĐỀ THI THỬ
Môn thi: Toán
(Đề thi gồm 01 trang)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ SỐ 345
Câu 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

1 4
x  2 x 2 1 .
4

Câu 2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

2 x 1
tại điểm có tung độ
x 1

bằng 3.
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Tìm số phức z, biết 3 z  2 z   3  2i  1  2i   0 .
b) Giải phương trình: 4 x  2.2 x2  7  0 .

2

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

cos x

dx .
2sin x  1

Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A3;2;1, B 1; 2;3 và mặt
phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  3  0 . Tính khoảng cách giữa hai điểm A và B. Viết phương trình mặt
phẳng () đi qua A và song song với mặt phẳng (P).
Câu 6. (1,0 điểm)
a) Biến đổi thành tích biểu thức A  sin x  sin 3 x  sin 5 x  sin 7 x .
b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2016, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán, Lý,
Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng
điểm của 3 môn trong kì thi chung đó và có ít nhất một trong hai môn là Toán hoặc Văn.
Hỏi trường Đại học đó có bao nhiêu phương án tuyển sinh?
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và
SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a, 
SCA   . Tính theo a thể tích khối chóp SABC biết

  300 . Xác định góc  để thể tích khối chóp SABC lớn nhất .
Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A  1; 2  . Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2 x  y  8  0 và điểm B có
hoành độ lớn hơn 2.

 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4
Câu 9. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
 4 y 2  x  2  y  1  x  1
Câu 10. (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  3.
Chứng minh rằng:

1
1

1
1



.
2
2
1  a (b  c) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) abc
__________Hết___________
2


TRƯỜNG THPT LƯƠNG VĂN CÙ

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: Toán
(Đáp án-thang điểm gồm 04 trang)

ĐỀ THI THỬ
Câu

Đáp án

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 
Tập xác định: D  

Điểm

1 4
x  2 x 2 1 .
4

1,0

x  0
Đạo hàm: y   x 3  4x , y   0  
x  2
Hàm số đồng biến trên các khoảng 2; 0 ,  2;  . Hàm số nghịch biến trên các
khoảng ; 2 , 0; 2 .
Hàm số đạt cực tiểu tại x  2, y  5 . Hàm số đạt cực đại tại x  0, y  1 .
lim y  

x 

1

;

Bảng biến thiên:
x –∞
y
+∞

0,25

0,25

lim y  

x 

–

2
0

0
0
1

+

2
0

–

+∞
+
+∞

0,25

y
5

5

Đồ thị:

0,25

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

2 x 1
tại điểm có tung độ
x 1

1,0

bằng 3.
Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm của đồ thị hàm số và tiếp tuyến.
2

Ta có y0  3  x0  2
1
y' 
. Hệ số góc của tiếp tuyến: f
2
 x  1

'

 x0  

1

0,25

0,25

Phương trình tiếp tuyến y  1  x  2   3

0,25

 y  x  5

0,25

a) Tìm số phức z, biết 3 z  2 z   3  2i  1  2i   0 .

0,5

a) 3 z  2 z   3  2i  1  2i   0 (*)
3

Gọi z  a  bi  a, b  R , z  a  bi

0,25

Pt (*) trở thành: 3 a  bi   2 a  bi   1 8i  0  a  5bi  1  8i
8
8
 a  1, b   . Vậy z  1 i
5
5

0,25

b) Giải phương trình: 4 x  2.2 x2  7  0 .

0,5

b) 4x  2.2 x  2  7  0  4 x  8.2 x  7  0 .
t  1
Đặt t  2 x  t  0  . Phương trình trở thành: t 2  8t  7  0  
t  7
2x  1
x  0
 x

 x  log 2 7
2  7

0,25

0,25

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  log 2 7

2

Tính tích phân I  
0

cos x
dx .
2sin x  1

Đặt t  2 sin x  1  dt  2 cos xdx 
4

Đổi cận: x  0  t  1; x 

1,0
dt
 cos xdx
2


t 3
2

0,25
0,25

3

1 dt
Suy ra I  
2 1 t

0,25

3

1


1
I   ln t   ln 3
2
2
 1

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A3;2;1, B 1; 2;3 và mặt
phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  3  0 . Tính khoảng cách giữa hai điểm A và B. Viết
phương trình mặt phẳng () đi qua A và song song với mặt phẳng (P).

2
2
2
5

AB   2; 0; 2   AB 

 2   0    2 

2 2

Mặt phẳng    đi qua A 3; 2;1 .

0,25


Mặt phẳng    song song với mặt phẳng  P  nên có vectơ pháp tuyến n   1; 2; 2 

0,25

Phương trình mặt phẳng    : 1.  x  3   2  y  2   2  z  1  0

0,25

Hay x  2 y  2z  5  0

0,25
0,5

a) Biến đổi thành tích biểu thức A  sin x  sin 3 x  sin 5 x  sin 7 x .
A  sin x  sin 3x  sin 5x  sin 7 x   sin 7 x  sin x    sin 5x  sin 3x 
 2 sin 4x cos 3x  2 sin 4x cos x  2 sin 4x  cos 3x  cos x 

6

1,0

0,25

A  2 sin 4 x  2 cos 2x cos x   4 sin 4 x cos 2x cos x

0,25

b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2016, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8
môn: Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự
kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của 3 môn trong kì thi chung đó và có ít
nhất một trong hai môn là Toán hoặc Văn. Hỏi trường Đại học đó có bao
nhiêu phương án tuyển sinh?

0,5

TH1: Trường ĐH chỉ xét 1 trong 2 môn Toán hoặc Văn:
Có: 2.C62  30 (cách)
TH2: Trường ĐH xét cả hai môn Toán và Văn:
Có: 1.C61  6 (cách)
Vậy trường ĐH có 36 phương án tuyển sinh.

0,25

0,25


Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA
vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a, 
SCA   . Tính theo a thể tích khối

1,0

0

chóp SABC biết   30 . Xác định góc  để thể tích khối chóp SABC lớn nhất .
BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin 
Với   300 , ta có: VSABC 

0,25

a3
16

0,25

1
1
1
1
VSABC  .S ABC .SA  . AC .BC.SA  a 3 sin  .cos 2  a 3 sin  1  sin 2  
3
6
6
6

7

0,25

Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1)
Ta có : f (x) = 1 – 3x2 . f '  x   0  x  

1
3

Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực
2
 1 
đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN hay Max f  x   f 


x 0;1

 3 3 3

0,25

a3
1
, đạt được khi sin  =
9 3
3
1

hay   arcsin
(với 0    )
2
3
Vậy MaxVSABC =

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A  1; 2  . Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM.
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình
2 x  y  8  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2.
A

Gọi E = BN  AD  D là trung điểm của AE
Dựng AH  BN tại H  AH  d  A; BN  
Trong tam giác vuông ABE:
8

8
5

1,0

B

H
M
K
D

N

C

0,25

1
1
1
5



2
2
2
AH
AB
AE
4 AB 2

 AB 

5. AH
4
2

E

B  BN  B(b; 8 – 2b) , (b > 2)
AB = 4  B(3; 2)
Phương trình AE: x + 1 = 0
E = AE  BN  E(–1; 10)  D(–1; 6)  M(–1; 4)
Gọi I là tâm của BKM  I là trung điểm của BM  I(1; 3)
BM
R
 5 . Vậy phương trình đường tròn: (x – 1)2 + (y – 3)2 = 5.
2

0,25
0,25

0,25


 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4 (1)
Giải hệ phương trình 
 4 y 2  x  2  y  1  x  1 (2)

1,0

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

0,25

 x  y  y  1  4( y  1)  0

Ta có (1)  x  y  3

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)
9

Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được :
2

 4 y  2 y  3   2 y  1 

2  y  2
4 y2  2 y  3  2 y 1



0,25



y 1  1  0

y2
0
y 1  1



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

2

0,25


1
0
y  1  1 

2

 y  2 ( vì 

4 y2  2 y  3  y 1  2 y



4 y  2 y  3  2 y 1

1
 0 , y  1 )
y 1  1

0,25

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  3.
Chứng minh rằng:

1
1
1
1



.
2
2
1  a (b  c) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) abc

1,0

2

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3  ab  bc  ca  3 3 (abc) 2  abc  1 .
Suy ra: 1  a 2 (b  c )  abc  a 2 (b  c)  a(ab  bc  ca )  3a 
10

Tương tự ta có:

1
1

(1).
2
1  a (b  c ) 3a

1
1
1
1

(2) ;

(3)
2
1  b (c  a ) 3b
1  c (a  b) 3c
2

0,25

0,25

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

1
1
1
1 1 1 1


 (   ).
2
2
2
1  a (b  c) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) 3 c b c
1
1
1
ab  bc  ca
1




.
2
2
2

1  a (b  c) 1  b (c  a ) 1  c (a  b)
3abc
abc
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc  1, ab  bc  ca  3  a  b  c  1, (a, b, c  0).

_____________Hết_____________

0,25

0,25