đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE330 THPT quảng xương 1, thanh hóa (l4)

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 1

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ SỐ 330

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 4 -NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đề có 10 câu và 01 trang

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y   x 4  2 x 2  1
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  1 

2x  7
trên đoạn
x 1

2 ; 5
Câu 3 (1,0 điểm).

sin 2  sin 
    . Tính giá trị của biểu thức A 
2
2 cos   1
2
2) Gọi z1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z  2 z  10  0 . Tính A  z12  z 22

1) Cho 3 cos 2  cos   1  0 với

Câu 4 (1,0 điểm).

1) Giải bất phương trình 3 x  31x  2  0 .
2) Minh và Hùng cùng tham gia một kỳ thi, trong đó có hai môn thi trắc nghiệm. Đề thi của
mỗi môn gồm 8 mã đề khác nhau và các môn khác nhau có mã đề khác nhau. Đề thi được
sắp xếp và phát cho các thí sinh một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất để trong hai môn thi đó
Minh và Hùng có ít nhất một môn chung mã đề thi.
1

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   2 x  x  ln(1  x) dx
0

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' biết góc giữa đường thẳng A ' C và mặt
  1200 . Tính thể tích khối lăng trụ
phẳng (ABC) bằng 600, AB = a, AC = 2a và BAC
ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B ' C với M là trung điểm của BC.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 1;2) , đường thẳng
d:

x 1 y z  2
 
và mặt phẳng ( P) : x  y  2 z  5  0 .Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua
2
1
1

A và vuông góc với d . Viết phương trình đường thẳng  cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho
A là trung điểm của đoạn thẳng MN.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  2 x  4 y  0
và (C2 ) : x 2  y 2  6 x  0 . Gọi A(3;3) là một trong hai giao điểm của (C1 ) và (C2 ) . Đường thẳng
 đi qua A cắt hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) tại điểm thứ hai lần lượt là B và C. Biết rằng đường



thẳng  cắt đường thẳng d : x  y  4  0 tại điểm D thỏa mãn BC  2 AD . Viết phương trình
đường thẳng .
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
 x 2  2 y  2 y  3 8 y 3  4  ( x 2  2 y  1) 6 x  4
( x, y   )
 2
 y  1  x  y  2 xy  x 2  x 2  2 xy  y 2  1  y
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c và a 2  b 2  c 2  5 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: P  ( a  b )(b  c )( a  c )( ab  bc  ca )
----------------HẾT----------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 1

Câu

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 4
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN
Nội dung

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y   x 4  2 x 2  1

1.0

1

Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  1 
Tập xác định D  R \ 1. Hàm số y  x  1 
2

Ta có : y '  1 

9
( x  1) 2

2x  7
trên 2 ; 5
x 1

2x  7
liên tục trên đoạn 2 ; 5
x 1

41
; y (4)  10
4
Vậy Max y  y (2)  14 ; Min y  y (4)  10
2; 5 

1) Cho 3 cos 2  cos   1  0 với
Theo giả thiết



sin 2  sin 
    . Tính giá trị của A 
2
2 cos   1

3

A

Với cos  
Vậy A 

0,25
0,25
0.5


    nên sin   0 , cos  0
2

2

cos   
(tm )

3
2
Ta có : 3 cos 2  cos   1  0  6 cos   cos   2  0  
cos   1 (loai )


2

Khi đó

0,5

 x  4 (tm)
; y '  0  ( x  1) 2  9  
 x  2 (loai )

Khi đó y (2)  14 ; y (5) 
2 ;5 

1.0

0.25

sin 2  sin  2 sin  cos   sin 

 sin  .
2 cos   1
2 cos   1

2
5
5
 sin 2   1  cos 2    sin  
( vì sin   0)
3
9

3

0.25

5
3

2) Gọi z1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  2 z  10  0 .
Tính A  z12  z 22
Phương trình z 2  2 z  10  0 (1) có '  1  10  9  0 nên (1 ) có hai nghiệm phức là

0.5

0,25

z1  1  3i và z 2  1  3i .
Ta có
A  (1  3i ) 2  (1  3i ) 2   8  6i   8  6i  (8) 2  (6) 2  (8) 2  6 2  20 .
Vậy A  20

0,25


1) Giải bất phương trình 3 x  31x  2  0 .
Ta có : 3 x  31 x  2  0  3 x 

0.5

3
 2  0 . Đặt t  3 x (t  0) ta được bất phương trình:

x
3

3
t   2  0  t 2  2t  3  0  1  t  3 . Kết hợp điều kiện ta có 0  t  3
t
 0  3 x  3  x  1.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T    ;1

2) Minh và Hùng cùng tham gia một kỳ thi, trong đó có hai môn thi trắc nghiệm.
Đề thi của mỗi môn gồm 8 mã đề khác nhau và các môn khác nhau có mã đề
khác nhau. Đề thi được sắp xếp và phát cho các thí sinh một cách ngẫu nhiên.
Tính xác suất để trong hai môn thi đó Minh và Hùng có ít nhất một môn chung
mã đề thi.

0.25

0.25

0.5

Số cách nhận mã đề hai môn của Minh là C 81 .C81  64
4

Số cách nhận mã đề hai môn của Hùng là C 81 .C81  64

0.25

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   64.64  4096
Gọi A là biến cố : ”Minh và Hùng có ít nhất một môn cùng mã đề ”.

Xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1 : Minh và Hùng có chung mã đề môn thứ nhất .
Số cách nhận mã đề thi của Minh và Hùng là C 81 .1.C 81 .C 71  448
Trường hợp 2 : Minh và Hùng có chung mã đề môn thứ hai .
Số cách nhận mã đề thi của Minh và Hùng là C 81 .C 71C81 .1  448
Trường hợp 3: Minh và Hùng có chung mã đề cả hai môn :
Số cách nhận mã đề thi của Minh và Hùng là C 81 .1.C81 .1  64

0,25

Suy ra  A  448  448  64  960
Vậy xác suất P ( A) 

A


960 15

4096 64



1

Tính tích phân I   2 x  x  ln(1  x)dx

1.0

0

1

1

1

Ta có : I   2 xx  ln(1  x)dx   2 x 2 dx   2 x ln(1  x)dx  I 1  I 2
0

0

1

2
Tính I1   2 x 2 dx  x3
3
0

1
0



0.25

0

2
3

0,25

1

Tính I 2   2 x ln(1  x )dx .
0

5

1

dx
u  ln(1  x) du 
Đặt 

x 1 .
dv  2 xdx
v  x 2

1

0,25
1

Do đó I 2  x 2 ln(1  x )t 10  dt  ln 2  
0

1
1


 ln 2   x 2  x  ln(1  x) 10 
2
2

2 1 7
Vậy I   
3 2 6

0

1

x2
1
dx  ln 2   ( x  1 
)dx
x 1
x 1
0

0,25


Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' biết góc giữa đường thẳng A ' C và mặt
  1200 . Tính thể tích khối lăng
phẳng (ABC) bằng 600, AB = a, AC = 2a và BAC
trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B ' C với M là
trung điểm của BC.
Hình chiếu của A lên mặt phẳng (ABC) là A nên:
(

A ' C , ( ABC )  (
A ' C , AC )  
A ' CA  600 .

B'

C'
A'

0.25

0

Do đó A ' A  AC.tan 60  2a 3 .
K

1
a2 3
0
S ABC  AB. AC. sin 120 
2
2
Vì ABC. A ' B ' C ' là hình lăng trụ đứng nên
thểtích của hình lăng trụ là :
6

1.0

M
B

a2 3
A
V  A ' A.S ABC  2a 3.
 3a 3
2
Trong (ABC) dựng hình bình hành AMCD. Khi đó AM//(BCD).Ta có

C
D
H

1
d ( AM , B ' ' C )  d ( AM ,( B ' CD ))  d ( M ,( B ' CD))  d ( B,( B ' CD ))
2
Trong (ABC) kẻ BH  CD mà BB '  CD nên ( B ' BH )  ( B ' CD )
Trong (BBH) kẻ BK  B ' H  BK  ( B ' CD) .Vậy d ( B,( B ' CD))  BK
4 S ABM
2 S ABC

; vì AM là đường trung tuyến trong tam giác
AM
AM
AB 2  AC 2 BC 2 5a 2 7a 2 3a 2
a 3
ABC nên AM 2 





 AM 
 BH  2a
2
4
2
4
4
2

0.25

0.25

Ta có BH  2 d ( B , AM ) 

Trong tam giác vuông BBH có

0.25

1
1
1


 BK  a 3
2
2
BK
B'B
BH 2

a 3
2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 1;2) , đường thẳng

Vậy d ( AM , B ' C ) 

d:

x 1 y z  2
 
và mặt phẳng ( P) : x  y  2 z  5  0 .Viết phương trình mặt
2
1
1

1.0

phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với d . Viết phương trình đường thẳng  cắt d
và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN.
Mặt phẳng (Q) đi qua A(1;–1;2) và vuông góc với d nên (Q) có vec tơ pháp tuyến
0,25

n  u d  (2;1;1) .
7

Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là :
2( x  1)  ( y  1)  ( z  2)  0  (Q) : 2 x  y  z  3  0

0.25

Ta có M    d  M (1  2t; t ;2  t ) .
Vì A là trung điểm của MN nên N (3  2t;2  t ;2  t ) .

0,25

Vì N  (P) nên 3 – 2t – 2 – t – 2(2 – t) + 5=0  t  2  M (3;2;4); N (1;4;0)




 đi qua M, N nên có vec tơ chỉ phương là u   1 MN  (2;3; 2)

2
x3 y2 z 4
Vậy phương trình đường thẳng  là


2
3
2

0.25


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  2 x  4 y  0 và
(C2 ) : x 2  y 2  6 x  0 . Gọi A(3;3) là một trong hai giao điểm của (C1 ) và (C2 ) .
Đường thẳng  đi qua A cắt hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) tại điểm thứ hai lần lượt
là B và C. Biết rằng đường thẳng  cắt đường thẳng d : x  y  4  0 tại điểm D



thỏa mãn BC  2 AD . Viết phương trình đường thẳng .

1.0

(C1 ) có tâm I1  (1; 2) và bán kính R1  5 ,
A

a

8

B
(C2 ) có tâm I 2  (3; 0) và bán kính R2  3
H1
Gọi H1 , H 2 lần lượt là hình chiếu vuông
I1
góc của I1 và I 2 trên  .
(C 1)
1
Ta có : H1 H 2  AD  BC
2
Qua A kẻ đường thẳng a song song với I1 I 2
và lấy trên đường thẳng a điểm D0
 
sao cho AD0  I1I 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I1 trên I 2 H 2 .
Ta có : HI1 I 2  DAD0 ( c.g.c)  DD0  AD

H2

D

H

C

D0

I2

0,25
(C 2 )

Suy ra D thuộc đường tròn (C) đường kính AD0
Phương trình I1 I 2 : x  y  3  0 và phương trình đường thẳng a : x  y  6  0
 
AD0  I1 I 2  D0  (5;1) .
2

0.25

2

Phương trình đường tròn (C) :  x  4    y  2   2
Ta có D  d  (C ) nên toạ độ của D là nghiệm của hệ:
 x  4  2   y  2 2  2
( x  5)2  0
x  5



 D (5;1)  D0

y 1
y  x  4
 x  y  4  0
Vậy phương trình đường thẳng  là : x  y  6  0

Giải hệ phương trình:
 x 2  2 y  2 y  3 8 y 3  4  ( x 2  2 y  1) 6 x  4
(1)
 2
 y  1  x  y  2 xy  x 2  x 2  2 xy  y 2  1  y (2)

9

 x 2  2 y  2 y  3 8 y 3  4  ( x 2  2 y  1) 6 x  4
 2
 y  1  x  y  2 xy  x 2  x 2  2 xy  y 2  1  y
x  y  0
Điều kiện: 
 x y0
y  0
2

2

1.0

(2)

2

y  1  y  y  ( x  y)  1  x  y  ( x  y )  f ( y )  f ( x  y )
t
1
Xét hàm số : f (t )  t 2  1  t  t 2 trên 0;  có f , (t ) 

 2t hay
t2 1 2 t
1
1
f , ( x)  t (
 2) 
 0, t  0 nên hàm f (t ) nghịch biến trên 0;  .
2
2 t
t 1
Suy ra: f ( y )  f ( x  y )  y  x  y  x  2 y


0.25

(1)

PT(2)  y 2  1  y  y 2  x 2  2 xy  y 2  1  x  y  ( x 2  2 xy  y 2 )
2

0.25

0,25

Thế vào phương trình (1) ta được :

x 2  x  x  3 x 3  4  ( x 2  x  1) 6 x  4
 ( x 2  x  1)  ( x  1)  3 x 3  4   ( x 2  x  1) 6 x  4  0


2
2
x  x 1
3( x  x  1)


 ( x 2  x  1). 6 x  4  0
2
2
3 3
3
2
3
x  x  1 ( x  1)  ( x  1) x  4  ( x  4)
x  0
1  5
1  5
x
 y
(tm)
 2
2

4
x

x

1

0

 
1
3


 6 x  4 (4)
 x 2  x  1 ( x  1) 2  ( x  1). 3 x 3  4  3 ( x 3  4)2
1
3
3
VT( 4 ) 

1
2
3
2
3
2
3
4 2 33 16
x  x 1

x 3  4 2 33 ( x  4)
(1 
) 
(x 1
) 
2
4
2
4
VP( 4)  6 x  4  4  2, x  0 . Do đó phương trình (4) vô nghiệm
 5 1 5 1 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y )  
;

4 
 2
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c và a 2  b 2  c 2  5 . Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức: P  ( a  b )(b  c )( a  c )( ab  bc  ca )
Do a  b  c nên nếu ab  bc  ca  0 thì P  0  4
Nếu ab  bc  ca  0 thì đặt ab  bc  ca  x  0
(a  c ) 3
(a  c ) 2
(1)

(
a

b
)(

b

c
)(
a

c
)

Áp dụng BĐT Côsi : (a  b)(b  c) 
4
4
Áp dụng BĐT Bunhiacopski: 2 (a  b) 2  (b  c ) 2  (a  c) 2



2

2

0.25

0,25

0,25
1.0

0.25



2

2

và 4(a  b  c  ab  bc  ca)  2(a  b)  2(b  c) 2  2(a  c) 2
 4(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca )  (a  c)2  2(a  c ) 2
 4(5  x )  3(a  c ) 2  0  x  5 va  a  c 

2 5 x
3

(2)

0.25

3

Từ (1) và (2) ta có: P 
10

( a  c)
2 3
.x 
x (5  x) 3
4
9

Xét hàm số

f ( x )  x (5  x ) 3 ; x  0;5 f ' ( x )  5  x (5 

5
x) ;
2

x  2
f ' ( x)  0  
x  5

Ta có:
f (0)  0 ; f (2)  6 3 ; f (5)  0

0,25

Max f ( x)  6 3  f ( x)  x (5  x) 3  6 3 ; x  0;5
0; 5

P

2 3
.6 3  P  4
9

x  2
ab  bc  ca  2
a  2
a  b  b  c
b  a  1




. Vậy MaxP  4 . Dấu "=" xảy ra  

 b  1
a  c  2
c  a  2
c  0

a 2  b 2  c 2  5
a 2  b 2  c 2  5

Chú ý: Học sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn được điểm tối đa.

0,25