đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE350 sở giáo dục đào tạo khánh hòa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHÁNH HÒA
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN – LỚP 12
Thời gian: 180 phút (Không tính thời gian giao đề)

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

2x  1
.
1 x

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số y  x 3  2(m  1) x 2  12 x  3m đồng biến trên tập số thực.
Câu 3 (1,0 điểm)
2

2

a) Giải bất phương trình 51 x  51 x  24 .
b) Trong mặt phẳng (Oxy), tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thở mãn z  4i  3  1 .

2

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I    x  sin x  sin xdx
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu tâm I (1; 2;1)
đồng thời tiếp xúc với đường thẳng  :

x 1 y z  2
 
.
1
1
1

Câu 6 (1,0 điểm).
15

1

a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển f ( x)   nx 2  3  (với x  0 ), biết rằng tổng
x 

tất cả các hệ số trong khai triển đã cho bằng 0.
b) Cho biết cos   2 sin   2 và 0   




. Tính tan     .
2
4


Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên SBC
là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cho biết góc
giữa SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 300.
a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.

b) Xác định và tính theo a độ dài đoạn vuông góc chung của SA và CD.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;3) , tâm
đường tròn ngoại tiếp I (6;6) và tâm đường tròn nội tiếp tam giác J (4;5) . Viết phương trình BC.


1
1
2 2



2x2  y
 x  2 y2
 x  y  x  y  1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
 x y
 y2  2  2 4 y  x2  2


2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

1
1
1
9


 . Tìm

2a  3 2b  3 2c  3 10

1
1
1


.
3a  2 3b  2 3c  2

-------------------HẾT-------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
KHÁNH HÒA
Môn thi: TOÁN
BẢN SAO
Câu

Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

Điểm
2x  1
.
1 x

1,0đ

TXĐ: D   \ {1}
Sự biến thiên: y ' 

1
 0, x  1
(1  x ) 2

0,25

Hàm số đồng biến trên hai (;1) và (1; ) .
Giới hạn và tiệm cận:
lim f ( x )  lim f ( x )  2 nên y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x 

x 

0,25

lim f ( x )  ; lim f ( x)   nên x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
x 1

x 1

Bảng biến thiên:
x
y

1





+

+



2

0,25

y

1

2



Đồ thị:

0,25

2

Tìm m để hàm số y  x 3  2(m  1) x 2  12 x  3m đồng biến trên tập số thực.

1,0đ

y '  3 x 2  4( m  1) x  12 liên tục trên đoạn  1;3 .

0,25

Ycbt  y '  0, x  

0,25

 '  0

a  0

0,25

 2  m  4

0,25


2

2

a) Giải bất phương trình 51 x  51 x  24 .

0,5đ

2

3

Đặt t  5 x  0 , khi đó bất phương trình đã cho trở thành 5t 2  24t  5  0

0,25

2
1
   t  5 x  5  x 2  1  x   1;1
5

0,25

b) Trong mặt phẳng (Oxy), tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thở mãn
0,5đ

z  4i  3  1 .

Đặt z  x  yi ( x, y  ) , ta có:
2

0,25

2

Đkbt   x  3   y  4   1   x  3   y  4   1
2

2

Kết luận: Tập hợp điểm cần tìm là đường tròn (C ) :  x  3   y  4   1

0,25


2

1,0đ

Tính tích phân I    x  sin x  sin xdx
0


2


2


2


2

I   x sin xdx   sin 2 xdx   x sin xdx 
0

4

0


2
0

0


2

1
1  cos 2 x  dx  I1  I 2
2 0



0,25

0,25

I1  x cos x   cos xdx  0  sin x 02  1
0



1
1
2 
I 2   x  sin 2 x  
4

2
0 4
I  I1  I 2  1 

0,25


.
4

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu tâm I (1; 2;1)
đồng thời tiếp xúc với đường thẳng  :

x 1 y z  2
 
.
1
1
1

1,0đ

Giả sử mặt cầu (S) cần tìm tiếp xức với  tại H  (1  t ; t ;2  t )

0,25

IH    t  1  H (0; 1;1)

0,25

R  IH  2

0,25

5

2

2

2

( S ) :  x  1   y  2    z  1  2

0,25


15

1

a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển f ( x)   nx 2  3 
x 

biết rằng tổng tất cả các hệ số trong khai triển đã cho bằng 0.

(với x  0 ),

0,5đ

15

6

15
15 k 
1
1

f ( x )   nx 2  3    C15k  nx 2    3  và f (1)  0  n  1
x 

 x 
k 0
6
Số hạng không chứa x ứng với 30  2k  3k  k  6  Số hạng cần tìm C15

b) Cho biết cos   2 sin   2 và 0   




. Tính tan     .
2
4


Tính được SH 

0,25
0,5đ

1
 
   0;  , ta có cos   2 sin   2  3sin 2   4sin   1  0  sin   .
3
 2
1
2

24

sin   và cos   2 sin   2  tan  
 tan     
3
4
4
2 4

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên SBC
là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD). Cho biết góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 300.
a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.
b) Xác định và tính theo a độ dài đoạn vuông góc chung của SA và CD.
S
a) Kẻ SH  BC , chứng minh được
  300 .
SH  ( ABCD) và SBH

7

0,25

a 3
a3 3
và VS . ABCD 
4
12

0,25
0,25

1,0đ

0,25
0,25

Chứng minh được SC là đoạn vuông góc
A
D 0,25
chung của SA và CD.
300
a
H
Tính được: d ( SA, CD ) 
0,25
2
B
C

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;3) , tâm
đường tròn ngoại tiếp I (6;6) và tâm đường tròn nội tiếp tam giác J (4;5) . Viết 1,0đ
phương trình BC.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có
2
2
A
0,25
phương trình (C ) :  x  6    y  6   25
Đường thẳng AJ : x  y  1  0 cắt (C) tại
điểm thứ hai D (9;10) .
8

Chứng minh được DB  DC  DJ  5 2
Đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC có
phương trình
2

2

(C2 ) :  x  9    y  10   50
 x  6  2   y  6  2  25
Tọa độ B, C thỏa mãn 
2
2
 x  9    y  10   50
 3x  4 y  42  0 . Vậy BC : 3 x  4 y  42  0 .

J

0,25

I
C

B

0,25

D

0,25



1
1
2 2



2x2  y
 x  2 y2
 x  y  x  y  1
Giải hệ phương trình: 
 x y
 y2  2  2 4 y  x2  2


2

1,0đ

Đặt x  y  S , xy  P , điều kiện x  2, y  2, S 2  4 P . Ta có:

1
x  2y

2

1



2



2

2x  y

9
 Ta chứng minh

4

 x  2 y  2 x
2

2

 y

2
4

4 P 3  P  2 S 3  6 PS





2
4

3

0,25
3

4 P  P  2 S  6 PS

2 2
S2  S

(*). Thật vậy

(*)  S 4  2 S 3  S 2  4  4 P 2  P  2 S 3  6 PS 

0,25

2
  S 2  4 P   S  3  4  P  2    0 luôn đúng vì S 2  4 P và P  xy  2 .



Đẳng thức ở (1) xảy ra  x  y . Với y  x , từ (2) ta có
4



4

x  4 x2  2



2

0

x  4 x 2  2  x  2   x; y    2; 2  thỏa mãn điều kiện.

1
1
1
9



 . Tìm giá
2a  3 2b  3 2c  3 10
1
1
1
trị nhỏ nhất của biểu thức P 


.
3a  2 3b  2 3c  2

0,25
0,25

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn

Ta chứng minh

1
8
2

 , thật vậy
3a  2 3  2a  3 5
2

10

1,0đ

1
8
2
 6a  1

 
0
3a  2 3  2a  3 5
15  3a  2  2a  3

0,25

Tương tự và cộng từng vế, ta có:
P

1
1
1
8 1
1
1  6 6


 


 
3a  2 3b  2 3c  2 3  2a  3 2b  3 2c  3  5 5

Đẳng thức xảy ra khi a  b  c 

Kết luận min P 

1
6

6
1
khi a  b  c 
5
6

0,25

0,25
0,25