đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE347 sở giáo dục đào tạo tây ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ THI
ĐỀCHÍNH
SỐ 347THỨC

Câu 1 (1,0 điểm).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x3  3 x 2
Câu 2 (1,0điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  

x2
 x  2 x  x2
2

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện  3  i  z  15  5i . Tìm số phức z và tính mô đun của z
2

b) Giải phương trình:  log 2 x   log 2  4 x 

2





Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân: I   1  cos x  1  cot 2 x dx


4

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;1;0), B(2; –1;2)
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng AB.
b) Tìm điểm C thuộc trục xOx sao cho tam giác ABC vuông tại A
Câu 6 (1,0 điểm)

1
.
3
b) Có 6 học sinh An, Bình, Xuân, Hạ, Thu, Đông tham gia công tác của trường. Nhà trường
chia ngẫu nhiên các học sinh đó thành hai nhóm, mỗi nhóm 3 người. Tính xác suất để An và
Bình ở chung một nhóm
a) Tính P  sin 4   cos4  biết cos 4 

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC. ABC có tất cả các cạnh đều bằng a. Hình chiếu vuông
góc H của A trên mặt phẳng (ABC) nằm trên cạnh BC, góc hợp bởi AA và mặt phẳng (ABC)
bằng 300. Tính thể tích lăng trụ ABC. ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BA theo
a.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 
ACD   và

  
2
7

. Lấy điểm H thỏa mãn điều kiện HB  2 HC  0 , AH cắt BD tại K. Biết H  0;   ,
3
5


8 1
K  ;   và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
5 5

cos  

 x 2  y 2  4 x  y  2 y  2
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2
2 y  3 y  4 x  1  x  y  1
Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 x  y
4z  3
P 2

2
2
2
x  y  2z  1  2

x  y2
 z  1



2


……………Hết ……………..

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THIT THỬ, NĂM HỌC 2015 - 2016
Đáp án

BẢN SAO
Câu

3

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x  3 x

Điểm

2

1,0đ

 Tập xác định: D  
 Sự biến thiên:

0,25

x  0
Chiều biến thiên: y '  3 x  6 x; y '  0  
x  2
2

Khoảng đồng biến  0;2  và các khoảng nghịch biến:  ;0  và  2; 
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  0, yCT  0 ; đạt cực đại tại x  2, yC?  4

0,25

Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim  
x 

x 

Bảng biến thiên
x
y
y

1

0
0




2
0








0,25

4

0



Đồ thị
8

O: (0.00, 0.00)
B: (2.00, 4.00)

xB = 2.00

6

B

4

0,25

2

15

10

O

5

5

10

15

2

4

6

8

x2
 x  2 x  x2
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  
2

1,0đ

Tập xác định: D   0; 2 
Hàm số f(x) liên tục trên [0;2] và

f ' x  x  1 

2

0,25



1
  x  1  1 

2 x  x2
2 x  x2 

1 x

f ' x   0  x  1

0,25

3
f  0   0; f 1   ; f  2   0
2

0,25

Vậy giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f  x  lần lượt là 0 và 

3
2

0,25

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện  3  i  z  15  5i . Tìm số phức z và tính mô

0,5đ

đun của z

3

 3  i  z  15  5i  z  4  3i

0,25

Vậy z  4  3i và z  5

0,25
2

b) Giải phương trình:  log 2 x   log 2  4 x 

 log 2 x 

2

0,5đ

2

 log 2 4  log 2 x   log 2 x   log 2 x  2  0

log 2 x  1


log 2 x  2

1

x  2

x  4

0,25


2





Tính tích phân: I   1  cos x  1  cot 2 x dx

4


2


2

1  cos x
1
cos x
dx

dx

dx


2
2
2
sin
x
sin
x
sin
x




4

4


2

1,0đ


2

I
4

0,25

0,25

4



1
 sin 2 x dx    cot x2  1
4

0,25

4


2

cos x


2

1



1


2

 2 dx   sin 2 x d sin x     sinx  
 sin x
4

4

 2 1

0,25

4

Vậy: I  2

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;1;0), B(2; –1;2)
a)Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB.

1,0đ

b)Tìm điểm C thuộc trục xOx sao cho tam giác ABC vuông tại A
5


a) AB  1; 2;2 

0,25

Mặt phẳng (P) có phương trình: x  2 y  2 z  1  0

0,25

b) Điểm C cần tìm là giao điểm của trục xOx và (P)

0,25

Cho y  z  0 . Từ phương trình của (P) tìm được x  1 . Vậy C  1;0;0 

0,25


a) Tính P  sin 4   cos4  biết cos 4 

6

1
.

3

0,5đ

1
P  sin 4   cos4   1  2sin 2  cos2   1  sin 2 
2
3  cos 4 5


4
6
b) Có 6 học sinh An, Bình, Xuân, Hạ, Thu, Đông tham gia công tác của trường.
Nhà trường chia ngẫu nhiên các học sinh đó thành hai nhóm, mỗi nhóm 3 người.
Tính xác suất để An và Bình ở chung một nhóm
C3
Số trường hợp chia 6 học sinh thành hai nhóm, mỗi nhóm 3 người là 6  10
2
1
Số cách chọn để An và Bình cùng chung một nhóm là C4  4
2C41 2
Xác suất để An và Bình cùng chung nhóm công tác là 3 
C6
5
Cho hình lăng trụ ABC. ABC có tất cả các cạnh đều bằng a. Hình chiếu vuông
góc H của A trên mặt phẳng (ABC) nằm trên cạnh BC, góc hợp bởi AA và mặt
phẳng (ABC) bằng 300. Tính thể tích lăng trụ ABC. ABC và khoảng cách giữa
hai đường thẳng AC và BA theo a.
A'
C'

0,25
0,25
0,5đ
0,25

0,25

1,0đ

B'
A

300
L

C

H
7

B

K

D

AH là hình chiếu của AA trên (ABC) nên 
A ' AH là góc giữa AA và (ABC), suy
ra 

A ' AH  300

0,25

a3 3
Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC là V  dt  ABC  . A ' H 
8

0,25

a 3
nên AH là đường cao của tam giác ABC. Vậy H là trung điểm cạnh
2
BC. Dựng hình ABDC thì BD / / AC . Do đó (ABD) là mặt phẳng chứa BA và
song song với AC. Suy ra
d  AC , BA '  d  AC ,  A ' BD    d  C ,  A ' BD    2d  H ,  A ' BD  

0,25

AH 

Gọi K là hình chiếu của H trên BD và L là hình chiếu của H trên AK thì
HL   A ' BD  . Suy ra HL  d  H ,  A ' BD  

1
1
1
28
a 21
a 21



 2  HL 
. Vậy d  AC , BA ' 
2
2
2
HL
HK
A' H
3a
14
7

0,25


Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 
ACD   và
  
2
cos  
. Lấy điểm H thỏa mãn điều kiện HB  2 HC  0 , AH cắt BD tại K.
5

8

7

8 1

Biết H  0;   , K  ;   và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh
3

5 5
của hình chữ nhật ABCD.
  


Do HB  2 HC  0 , suy ra HB  2 HC .
A
B
Vậy H thuộc cạnh BC và HB = 2HC
K
Hai tam giác KBH và KDA đồng dạng nên
KA AD 3


I
H
KH BH 2


3 
 KA   KH  A  4;3
D
C
2
2
1 AD
Vì cos  

nên tan   
 CD  2 AD
2 CD
5
 
3 x 2  3 y 2  12 x  2 y  21  0
 BA  BH
 2
Giả sử B  x; y  . Từ 
2
 BA  3BH
 x  y  x  6 y  3  0

6

x

3 x  4 y  6  0
3 x  4 y  6  0
x  2

5
 2
 2

hoặc 
2
 x  y  x  6 y  3  0 5 x  4 x  12  0  y  3
y   3


5
Vì điểm B có hoành độ dương nên chọn được B  2; 3
 3 
BC  BH suy ra C  1; 2  và D 1;4 
2

0,25

0,25
2

Nếu

x  0
. Hệ đã cho thỏa mãn.
2 y  2  x  y  1  0 , khi đó 
y 1

Nếu

2 y  2  x  y  1  0 , khi đó

x  y 1
2y  2  x  y 1

0,25

1,0đ

x 2  y 2  2 y  1  2 y  2  x  y  1  x 2   y  1  2 y  2  x  y  1

*   x  y  1 x  y  1 

0,25

0,25

 x 2  y 2  4 x  y  2 y  2
Giải hệ phương trình 
2
2 y  3 y  4 x  1  x  y  1
y 1
Điều kiện: 
x  y  1
Từ hệ suy ra:
9

1,0đ

*
0,25

0,25




1
  x  y  1  x  y  1 
 0  y  x 1



2 y  2  x  y  1 

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ thì được:

 x  0
 x  0


x  0
3

 x  3
2
2 x  3x  2 x   x 


2
2
 x  2 0,25


2
4
3
2
 x  x  2  2 x  1  0
4 x  12 x  9 x  2 x  0


Từ đó suy ra hệ đã cho có hai nghiệm  0;1 ,  2;3
Cho x, y, z là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 x  y
4z  3
P 2

2
2
2
x  y  2z  1  2

x  y2
 z  1



2


2 x  y
2x  y
2 x  y


2
2
2
2
2
x  y  2z  1  x  y 

x y

2
 z  1
 2z 1 
2
 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z
4z  3
4z  3

2
2
 x2  y2

 x y

 z  1  2  z  1





2


Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y
10

 x y

4
 z3
2 x  y
4z  3
4t  3
2

Vậy P 

 
 2
, trong đó
2
2
2
t 1
 x y
  x y

x y

 z 
 z  1 
 z  1

 2
  2


 2

x y
t
 z, t  0
2
4t  3
Xét hàm số f  t   2
, t   0;  
t 1
t  0
4t 2  6t  4
f ' t  
; f 't   0  
2
2
t   1
 t  1
2

Lập bảng biến thiên, tìm được giá trị lớn nhất của f(t) trên miền  0;  là 4, đạt
được khi t 

1
1
. Suy ra, giá trị lớn nhất của P là 4, đạt được khi x  y  z 
2
4
……………Hết ……………..

1,0đ

0,25

0,25

0,25

0,25