Đề thi thử THPT quốc gia môn toán sở GD đt quảng ninh năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com

ĐỀ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THI KHẢO SÁT LỚP 12 NĂM HỌC 2015 – 2016

TỈNH QUẢNG NINH
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x +

9
trên đoạn [2;5].
x −1

Câu 3 (1,0 điểm)
a) Gọi x1, x2 là hai nghiệm trên tập số phức của phương trình x 2 + 2 x + 5 = 0 .Tính |x1|+|x2|
2
b) Giải phương trình log 2 ( x − 2 x − 8) = 1 − log 1 ( x + 2)
2

π
2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ( x + sin 2 x ) cos xdx
∫

0

Câu 5 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;5), B(-6;1;-3) và mặt phẳng (P) có
phương trình 2x+y-2z+13=0. Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt cầu có tâm là trung điểm
của đoạn thẳng AB đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm)
Cho hình chóp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, góc ·ACB = 60o , mặt phẳng (A’BD) tạo với đáy
một góc 600. Tính theo a thể tích khối hộp và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD’, BD.
Câu 7 (1,0 điểm)
2 π
2π
)
a) Cho sin α = , ( < α < π ) . Tính A = cos (α +
3 2
3
b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt
Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bàng 4 đội. Tính xác suất
để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.
Câu 8 (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C):x2+y2=25, đường thẳng AC đi
qua điểm K(2;1). Gọi M, N lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC biết
phương trình đường thẳng MN là 4x-3y+10=0 và điểm A có hoành độ âm
Câu 9 (1,0 điểm).Giải phương trình 1 + 2 x 2 − 9 x + 18 = x + x 2 − 14 x + 33 trên tập số thực.
Câu 10 (1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn

5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 8 x 2 + 4 xz + 5 z 2 = 4 x + y + 2 z và x ∈ [0;5]

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 z + 21 − xy − x + z + 10 − xy .

Câu
Câu 1
1,0 đ

ĐÁP ÁN
Đáp án và biểu điểm
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1
*Tập xác định: D = R
*Sự biến thiên:
+Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 12 x + 9 = 3( x 2 − 4 x + 3)

Điểm

0,25

x > 3
, y ' < 0 <=> 1 < x < 3
Ta có: y ' > 0 <=> 
 x < −1
Do đó:
+Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;1) và (3; +∞)
+Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3).
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tai x = 1 và yCD = y (1) = 3 ; đạt cực tiểu tại x = 3 và

0,25

yCT = y (3) = −1
y = −∞; lim y = +∞
+Giới hạn: xlim

→−∞
x →+∞

Câu 2
1,0 đ

Bảng biến thiên:

0,25

*Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-1).
y '' = 6 x − 12 = 0 suy ra điểm uốn U(2;1)

0,25

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x +

9
trên đoạn [2;5].
x −1


0,25

9
x2 − 2x − 8
=
( x − 1) 2
( x − 1) 2

 x = −2( L)
y ' = 0 <=> 
x = 4
29
Ta có: y (2) = 11; y (4) = 7; y (5) =
4
Vậy min y = 7 khi x=4; max y = 11 khi x=2
Ta có y ' = 1 −

x∈[2;5]

Câu 3
1,0 đ

0,25
0,25
0,25

x∈[2;5]

a) Gọi x1, x2 là hai nghiệm trên tập số phức của phương trình x 2 + 2 x + 5 = 0 .Tính |
x1|+|x2|
2
Giải phương trình log 2 ( x − 2 x − 8) = 1 − log 1 ( x + 2)
2

a)
0,5 đ
b)
0,5 đ

Tính được hai nghiệm của phức x1 = −1 − 2i; x 2 = −1 + 2i

0,25

| x1 |=| x2 |= 5 =>| x1 | + | x2 |= 2 5
b)ĐK: x >4
PT đã cho tương đương với
log 2 ( x 2 − 2 x − 8) = log 2 2 + log 2 ( x + 2)

0,25
0,25

<=> log 2 ( x 2 − 2 x − 8) = log 2 2( x + 2)
x + 2 > 0
x + 2 > 0
<=>  2
<=>  2
<=> x = 6
 x − 2 x − 8 = 2( x − 2)
 x − 4 x − 12 = 0
Câu 4
1,0 đ

0,25

π
2

Tính tích phân I = ( x + sin 2 x ) cos xdx

∫
0

π
2

π
2

π
2

0,25

I = ∫ ( x + sin 2 x ) cos xdx = ∫ x cos xdx + ∫ sin 2 x cos xdx
0
0
0
1
4 2 43 1
44 2 4 43
M

N

Tính M
u = x
du = dx
=> 
Đặt 

 dv = cos xdx
v = s inx

0,25

π

Câu 5

π 2
π
π
π
M = x sin x 2 − ∫ sin xdx = + cos x 2 = − 1
2
2
0 0
0
Tính N
Đặt t=sin x => dt=cosx dx
π
Đổi cận x = => t = 1 ;x=0=>t=1
2
1
t2 1 1
N = ∫ t 2 dt =
=
3 0 3
0
π 2

Vậy I=M+N= − .
2 3
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;5), B(-6;1;-3) và mặt phẳng (P)

0,25

0,25


1,0 đ

Câu 6
1,0 đ

có phương trình 2x+y-2z+13=0. Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt
cầu có tâm là trung điểm của đoạn thẳng AB đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P).
uuur
r
r
r
Ta có: BA = (8; 2;8) = 2u với u = (4;1; 4) suy ra u là VTCP của đường thẳng AB

0,25

 x = 2 + 4t

Phương trình đường thẳng AB là  y = 3 + t
 z = 5 + 4t


0,25

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Ta có I(-2;2;1)
Vì mặt cầu cần tìm tiếp xúc với (P) nên bán kinh R = d ( I ;( P )) = 3
Phương trình mặt cầu (S) cần tìm là: (x + 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 2 = 9

0,25

Cho hình chóp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, góc ·ACB = 60o , mặt phẳng
(A’BD) tạo với đáy một góc 600. Tính theo a thể tích khối hộp và khoảng cách giữa hai
đường thẳng CD’, BD.
Tính thể tích:

0,25

0,25

Từ ·ACB = 60o suy ra ∆ABC đều suy ra AC = a
a2 3
2
Gọi O = AC ∩ BD. Từ giả thiết suy ra góc giữa (A’BD) với đáy là ·A ' OA = 60o
=> S ABCD = AC.CB.sin 60o =

a 3
3a 3
=> V = S ABCD . A ' A =
2
4
Khoảng cách giữa hai đường thẳng CD’, BD
 BD ⊥ AC

=> DB ⊥ ( A ' AO) => BD ⊥ AH
Trong ∆A’AO hạ AH ⊥ A’O.Do 
 BD ⊥ A ' A
=> A ' A = OA.tan 60o =

Từ đó suy ra AH⊥ (A’BD). Ta có CD’ // A’B => CD’ // (A’BD)
d(CD’,BD)= d(C,(A’BD))= d( A ,(A’BD))= AH
a 3
Trong ∆AHO vuông tại H có AH = OA.sin 60o =
4
a 3
4
2 π
2π
)
a) Cho sin α = , ( < α < π ) . Tính A = cos (α +
3 2
3

Vậy d(CD ', BD) =
Câu 7
1,0 đ

0,25
0,25

0,25


a)

0,5 đ

b)
0,5 đ

b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước
ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành
3 bảng A, B, C mỗi bàng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba
bảng khác nhau.
Ta có:
5
cos 2α = 1 − sin 2 α =
9
− 5
π
=> cosα =
(Do < α < π => cosα < 0)
3
2
2π
2π
5 −2 3
A = cosα .cos
− sin α .sin
=
3
3
6
Tính số cách chọn 3 bảng, mỗi bảng 4 đội:
4

B1) 12 đội chọn 4: C12

0,25

0,25
0,25

4
B2)8 đội còn lại chọn 4: C8

B3)4 đội còn lại chọn 4: 1
4
4
4
4
B3)4 đội còn lại chọn 4: C12 .C8 => n(Ω) = C12 .C8
Gọi A là biến cố “Chọn 3 bảng, mỗi bảng 4 đội trong đó có đúng 1 đội Việt Nam”.
Tính n(A):
B1) Chọn 1 trong 3 đội Việt Nam: có 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 đội nước ngoài: có

0,25

C93 => 3.C93 cách
B2)Còn lại 8 đội (6 đội nước ngoài và 2 đội VN): Chọn 1 trong 2 đội VN: 2 cách, rồi chọn 3
3
3
trong 6 đội nước ngoài: C6 => 2.C6 cách

B3) Còn lại 4 đội (3 nước ngoài và 1 VN): có 1 cách
3.C93 .2.C63 16

=
Số cách chọn là: 3.C .2.C => n( A) = 3.C .2.C => P ( A) =
C124 .C84
55
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C):x2+y2=25,
đường thẳng AC đi qua điểm K(2;1). Gọi M, N lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B
và C. Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC biết phương trình đường thẳng MN là 4x-3y+10=0
và điểm A có hoành độ âm
3
9

Câu 8
1,0 đ

3
6

3
9

3
6

0,25

Từ giả thiết suy ra tứ giác MNBC nội tiếp đường tròn. Suy ra ABC=AMN (1) (cùng bù với
NMC)


Gọi D là giao điểm thứ hai của AO với đường tròn (C). Khi đó ABC=ADC(2)

Từ (1) và (2) suy ra ADC=AMN
Mặt khác
ADC+DAC=90o=>DAC+AMN=90o =>OA ⊥ MN
Khi đó phương trình OA là 3x + 4y = 0
3 x + 4 y = 0
 A(−4;3)(TM)
=>
Tọa độ A là nghiệm của hệ PT  2
 A(4; −3)(L)
2

 x + y = 25
Khi đó AC đi qua A(-4;3) và K(2;1) nên có PT: x + 3y – 5 =0
x + 3y − 5 = 0
 C(−4;3) ≡ A
=> 
Tọa độ C là nghiệm của hệ PT  2
2
 C(5;0)
 x + y = 25

Câu 9
1,0 đ

0,25

0,25

3 x − y + 5 = 0
=> M (−1; 2)

Tọa độ M là nghiệm của hệ PT 
 4 x − 3 y + 10 = 0
Phương trình BM: 3x – y + 5 = 0
3 x − y + 5 = 0
 B (−3; −4)
=>
Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:  2
 B(0;5)
2

 x + y = 25
Thử lại ta thấy A(-4;3), B(0;5), C(5;0) loại vì góc B tù
Vậy A(-4;3), B(-3;-4), C(5;0)
Giải phương trình 1 + 2 x 2 − 9 x + 18 = x + x 2 − 14 x + 33 (1)
x ≤ 3
Đk: 
 x ≥ 11

0,25

(1) <=> 2  x 2 − 9 x + 18 − x  =  x 2 − 14 x + 33 − ( x + 1)  (2)

 

Để ý rằng hai phương trình

x 2 − 9 x + 18 + x = 0 và
nên nhân liên hợp hai vế của (2) ta có:
−18( x − 2)
−16( x − 2)

=
2
2
x − 9 x + 18 + x
x − 14 x + 33 + ( x + 1)
x = 2

9

=
2
 x − 9 x + 18 + x

x 2 − 14 x + 33 + ( x + 1) = 0 vô nghiệm

0,25
8
x − 14 x + 33 + ( x + 1)
2

(3)

(3) <=> 8 x 2 − 9 x + 18 − 9 x 2 − 14 x + 33 = x + 9(4)
Kết hợp (1) và (4) ta có hệ:

0,25

8 x 2 − 9 x + 18 − 9 x 2 − 14 x + 33 = x + 9
=> 5 x 2 − 14 x + 33 = 3 x − 13


2
2
 2 x − 9 x + 18 − x − 14 x + 33 = x − 1
 13
17 + 5 5
x ≥
<=> x =
3
Thử lại thấy thỏa mãn

2
 x 2 − 7 x + 41 = 0

Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x=2 và x =

17 + 5 5
2

0,25


Câu 10
1,0 đ

Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn

5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 8 x 2 + 4 xz + 5 z 2 = 4 x + y + 2 z và

x ∈ [0;5]
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 z + 21 − xy − x + z + 10 − xy .

Với mọi x, y, z ta có:

0,25

5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 = (2 x + y ) 2 + ( x − y ) 2 ≥ (2 x + y ) 2 = 2 x + y
8 x 2 + 4 xz + 5 z 2 = 4( x + z ) 2 + (z − 2 x) 2 ≥ 4( x + z ) 2 = 2 x + 2 z
=> VT ≥ 4 x + y + 2 z
x = y

GT Dấu “=” xảy ra <=>  z = 2 x
x ≥ 0

Thay vào biểu thức ta có P = − x 2 + 4 x + 21 − − x 2 + 3 x + 10 = f ( x ) liên tục trên [0;5]
Có f '( x ) =

2− x

− x 2 + 4 x + 21
1
f '( x ) = 0 <=> x =
3

−

0,25

3 − 2x
2 − x 2 + 3 x + 10

1

Ta có: f (0) = 21 − 10; f ( ) = 2; f (5) = 4
3
1
2
Vậy max P = 4 khi x = y = 5; z = 10; minP = 2 khi x=y= ; z =
3
3

0,25
0,25