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

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI

Câu 1: (1,0 điểm) Cho hàm số y =

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2x +1
. Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
x−2

Câu 2: (1,0 điểm) Tìm GTLN-GTNN của hàm số y =
1

Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫
0

4 − x2 + x

x ln( x 2 + 1)
dx
x2 + 1

Câu 4 : (1,0 điểm)
Giải phương trình:
2
a) log 3 x − 8log 3 x + 7 = 0

b) Tìm mô đun của z biết z + 2 - 3i = 4 + 2iz
Câu 5: (1,0 điểm)
4
α
2 π
a. Cho sin α = . Hãy tính giá trị biểu thức A = cos 2α − 2sin ( − )
5
4 2
b. Một lớp học có 27 học sinh nữ và 21 học sinh nam. Cô giáo chọn ra 5 học sinh để lập một tốp ca chào
mừng 20-11. Tính xác suất để trong tốp ca có ít nhất một học sinh nữ.
Câu 6: (1,0 điểm)
 x = 1 + 2t

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ( ∆ ) có phương trình  y = −1 + t và mặt phẳng α có
 z = −t

phương trình: 2x + 2y + z – 1 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I nằm trên đường thẳng ( ∆ ) , tiếp xúc với
mặt phẳng ( α ) và có bán kính bằng 2. Biết rằng tâm mặt cầu có hoành độ âm.
Câu 7: (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và
mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng DE, SC theo a.
Câu 8: (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A(-1;4), trực tâm H. Đường thẳng AH cắt cạnh
BC tại M, đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I (2;0), đường
thẳng BC đi qua điểm P (1;-2). Tìm toạ độ các đỉnh B, C của tam giác biết đỉnh B thuộc đường thẳng d: x + 2y
–2=0
Câu 9: (1,0 điểm)
 2 y 3 + y + 2 x 1 − x = 3 1 − x
( x; y ∈ R )

Giải hệ phương trình: 
2
2
2
 9 − 4 y = 2 x + 6 y − 7
Câu 10: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:


M=

3a 4 + 3b 4 + 25c 3 + 2
( a + b + c)3
-----------Hết----------

ĐÁP ÁN
Câu 1
- TXĐ: D= R\{2}
- Sự biến thiên:
−5
y'=
< 0, ∀x ∈ D
0,25
( x − 2) 2
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ;2) và (2;+ ∞ )
- Hàm số đã cho không có cực trị
Tiệm cận
lim y = 2 => tiệm cận ngang : y = 2
x →±∞

lim y = +∞; lim− y = −∞ => tiệm cận đứng: x = 2

x→ 2

x → 2+

0,25

- Bảng biến thiên: 0,25

Đồ thị : 0,25

Câu 2
TXĐ: D = [-2;2]; f '( x ) =
f’(x) = 0 <=>

−x
4 − x2

+1

0,25

x ≥ 0
+ 1 = 0 <=> 4 − x 2 = x <=> 
<=> x = 2
2
2
4 − x2
4 − x = x
−x

0,25


Ta có f ( 2) = 2 2; f (2) = 2; f ( −2) = −2; f (3) = 7

0,25

f ( x) = −2 khi x= -2
f ( x) = 2 2 khi x= 2 , x∈min
Vậy xmax
[ − 2;2]
∈[ − 2;2]

0,25

Câu 3:
Đặt ln (x2 + 1) = u => du =

2x
x
1
dx => 2
dx = du
x +1
x +1
2

0,25

2

Đổi cận: 0,25
x
u
1

=> I =

1
2x
1
ln( x 2 + 1). 2
dx =
∫
20
x +1
2

ln 2

∫
0

udu =

0
0
1 u 2 ln 2
= ln 2 2
2 2 0

1
ln2
0,5

Câu 4:
a. TXĐ: x > 0
log 3 x = 1
PT <=> 
0,25
log 3 x = 7
x = 3
<=> 
(TM ) 0,25
 x = 2187
b. z + 2-3i = 4 +2iz  (1-2iz) = 4 + 3i
4 + 3i
<=> z =
0,25
1 − 2i
<=> z =

(4 + 3i )(1 + 2i) −1 11
122
0,25
=
+ i =>| z |=
5
5 5
5

Câu 5 :

π a
π
a ) A = cos 2a − 2sin 2 ( − ) = 1 − 2sin 2 a − [1 − cos( − a)] = −2sin 2 a + sin a 0,25
4 2
2
16 4 −12
A = −2. + =
0,25
25 5 25
5
b)Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong số 48 học sinh ta có số phần tử của không gian mẫu n(Ω) = C48 = 1712304

Gọi A là biến cố “chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất 1 học sinh nữ” thì A là biến cố chọn 5 học sinh mà trong
đó không có học sinh nữ
0,25
Ta có số kết quả thuận lợi cho A là:
n( A)
20349
=
n(Ω) 1712304
20349 1691955
=> P ( A) = 1 −
=
0,25
1712304 1712304
Câu 6:
Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, vi I thuộc ( ∆ ) nên I(1+2t; -1+t;t)

Mặt cầu (S) có bán kính R = 2 và tiếp xúc mp ( α ) nên
5
n( A) = C21
= 20349 => P ( A) =


d ( I ;(α )) = 2 <=>

| 2 + 4t − 2 + 2t − t − 1|
=2
4 + 4 +1

<=>| 5t − 1|= 6
5t − 1 = 6
<=> 
5t − 1 = −6
 7
t=
<=>  5

 t = −1

0,5

7
19 2 −7
tâm mặt cầu I ( ; ; ) (loại)
5
5 5 5
Khi t = -1 tâm mặt cầu I(-1;-2;1) phương trình mặt cầu

(x+1)2 + (y+2)2 + (z-1)2 = 4
0,5
Câu 7:
Khi t =

CB ⊥ AB
=> CB ⊥ ( SAB ) =>SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAB)
Vì 
CB ⊥ SA
 (SC;(SAB)) = (SC;SB) = CSB = 300
0,25
0
 SB = BC. cot 30 = a 3 => SA = a 2
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là
1
1
2a 3
(đvtt)
0,25
VS . ABCD = SA.S ABCD = .a 2.a 2 =
3
3
3
a
+ Từ C dựng CI // DE => CE = DI = và DE // (SCI)=> d(DE,SC)=d(DE,(CSI))
2
Từ A kẻ AK CI cắt ED tại H , cắt CI tại K
 SA ⊥ CI
=> CI ⊥ ( SAK ) => (SCI) ⊥ ( SAK ) theo giao tuyến SK
Ta có 

 AK ⊥ CI
Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT => HT ⊥ (SCI)
 d (DE,SC) = d(H,SCI)) = HT

0,25


3
a. .a
1
1
CD. AI
3a
2
=
=
+ Ta có S ACI = AK .CI = CD. AI => AK =
2
2
CI
a
5
a 2 + ( )2
2
HK KM 1
1
a
=
= => HK = AK =
+ Kẻ KM // AD (M ∈ ED) =>

HA AD 2
3
5
a
a 2.
SA HT
SA.HK
5 = 38
=
=> HT =
=
Lại có sin SKA =
0,25
SK HK
SK
19
9a 2
2
2a +
5
Vậy d(ED;SC) =

38
19

Câu 8:

Ta thấy BMHN nội tiếp suy ra I là trung điểm của BH
B ∈ d => B(2-2t; t)
0,25

uuur
uuu
r
Suy ra H (2+2t; -t) => AH = (3 + 2t ; −t − 4), BP = (2t − 1; −t − 2)
Do H là trực tâm của tam giác ABC
uuur uuu
r
=> AH .BP = 0 <=> (2t + 3)(2t − 1) + (t + 4)(t + 2) = 0
<=> 5t 2 + 10t + 5 = 0
<=> t = −1 0,25

uuur
Suy ra H(0;1), B(4;-1), AH =(1;-3) đường thẳng BC: x – 3y – 7 = 0
Đường thẳng AC: 2x – y + 6 = 0. Tìm được toạ độ C (-5;-4) 0,25
KL:…
Câu 9:
−3 3
ĐK: x ≤ 1; y ∈ [ ; ]. ta có: 0,25
2 2

0,25

(1) <=> 2 y 3 + y = 2 1 − x − 2 x 1 − x + 1 − x
<=> 2 y 3 + y = 2(1 − x) 1 − x + 1 − x
Xét hàm số f(t) = 2t3 + t, ta có f’(t) = 6t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R => f (t ) đồng biến trên R


y ≥ 0
Vậy (1) <=> f ( y ) = f ( 1 − x ) <=> y = 1 − x <=>  2
 y = 1− x

Thế vào (2) ta được :

0,25

4 x + 5 = 2x2 − 6x −1
<=> 2 4 x + 5 = 4 x 2 − 12 x − 2
<=> ( 4 x + 5 + 1) 2 = (2 x − 2) 2

<=> 


0,25

1

x ≤ 2
4 x + 5 = 2 x − 3(VN )

<=>  
x = 1 + 2( L)
4x + 5 = 1− 2x

  x = 1 − 2(TM )


0,25

y = 4 2
Với x = 1 − 2 => 
. Vậy có 2 nghiệm

 y = − 4 2
Câu 10:
Áp dụng BĐT cosi ta có 2a4 + (a4 + 1) ≥ 2a4 + 2a2 ≥ 4a3 hay 3a4 + 1 ≥ 4a3
4a 3 + 4b3 + 25c 3
4
3
Tương tự 3b + 1 ≥ 4b => M ≥
0,25
( a + b + c)3
Mà (a-b)2 (a+b) ≥ 0=> 4(a3 + b3) ≥ (a +b)3
0,25
3
3
(a + b) + 25c
a+b 3
c
c
c
=> M ≥
=(
) + 25(
)3 = (1 −
)3 + 25(
)3
3
( x + b + c)
a+b+c
a +b+c
a+b+c
a +b+c

c
(0 < t < 1)
a+b+c
Xét hàm số f(t) = (1-t)3 + 25 t3 (0 < t < 1)
Đặt t =

 1
t = 6
2
2
Có f’(t) = - 3[(1-t) – 5t ], f’(t) = 0 <=> 
 t = −1

4
Bảng biến thiên: 0,25

0,25

1
25
1
25
2
Vậy Min f(t) = f( ) =
khi t = hay Min M= a=b=1;c=
6 36
6
36
5