Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên bắc giang bắc giang lần 1 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

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

SỞ GD & ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 – NĂM 2016
Môn: TOÁN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2x +1
x−2
3
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y = x + (m + 3) x 2 + 1 − m đạt cực đại tại điểm x = –
1
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn z + 2 z = 2 − 4i . Tìm môđun của số phức z.
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

b) Giải bất phương trình 3 log 3 x − log 3 (3 x) − 1 < 0
( x 2 + x )e − x + x 2
dx
x +1
0
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

x+2 y−2 z
=
= và điểm

−1
1
2
A(2;3;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A và (d). Tính cosin của góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng
tọa độ (Oxy).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos3x-cosx+2sin2x=0
1 12
b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của nhị thức Niutơn (2 x + 5 ) , x > 0
x
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có AB=a,BC=2a,BC=2a,ABC=120o, hình chiếu vuông góc
của A trên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm cạnh A’B’, góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng
(A’B’C’) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) và (ABC).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đường thẳng chứa đường cao kẻ từ
A, trung tuyến kẻ từ B và phân giác trong kẻ từ C lần lượt là (d1),: 3x – 4y +27=0, (d2): 4x + 5y – 3 = 0, (d3): x +
2y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d ) :

 x 2 + x + 1 − y 2 − y + 1 = x 2 − xy + y 2
(x, y ∈ ¡ )

 4( x + 1)( xy + y − 1) − 3 x = 3 x 4 − x 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

a
b
c
2(a 2 + b 2 + c 2 )

+
+
+
b+c
c+a
a +b
ab + bc + ca


ĐÁP ÁN
Câu 1
+ Tập xác định: D = ℝ \ {2}
+ Sự biến thiên
−5
< 0, ∀x ∈ D
Chiều biến thiên: y ' =
( x − 2) 2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;2) và (2;+∞)
Giới hạn:
lim− y = −∞; lim+ y = +∞ => x = 2 là tiệm cận đứng
x →2

x→2

lim y = lim y = 2 => y = 2 là tiệm cận ngang
x →+∞

x →−∞

Bảng biến thiên:

+ Đồ thị
−1
−1
;0), giao với Oy tại (0; )
2
2
Đồ thị nhận I(2;2) làm tâm đối xứng
Giao với Ox tại (


Câu 2
Ta có:
y = x 3 + (m + 3) x 2 + 1 − m
y ' = 3x 2 + (2m + 6) x
y '' = 6 x + 2m + 6
3(−1) 2 + (2m + 6)(−1) = 0
 y '(−1) = 0
−3
<=> 
<=> m =
Hàm số đạt cực đại tại x = –1 <=> 
2
 y''(−1) <=
 −6 + 2 m + 6 < 0
−3
Vậy m =
2
Câu 3
a) Gọi z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) => z = a − bi

Ta có :
z + 2 z = 3 − 4i <=> (a + bi ) + 2( a − bi ) = 2 − 4i
<=> 3a − bi = 2 − 4i
2

 4a = 2
2
a =
<=> 
<=> 
3 => z = + 4i
3
 −b = −4
b = 4
Vậy | z |= a 2 + b 2 =

2 37
3

b) 3 log 3 x − log 3 (3 x) − 1 < 0(1)
x > 0
<=> x ≥ 1
ĐK: 
log 3 x ≥ 0
Với điều kiện trên, ta có:


(1) <=> 3 log 3 x − (1 + log 3 x ) − 1 < 0
<=> log 3 x − 3 log 3 x + 2 < 0
<=> ( log 3 x − 1)( log3 x − 2) > 0

 log 3 x > 2
 log 3 x > 4
 x > 81
<=> 
<=> 
<=> 
 log 3 x < 1
1 ≤ x < 3
 0 ≤ log 3 x < 1
(tích dương khi cả 2 ngoặc cùng dấu, suy luận ta được 2 trường hợp như trên).
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là [1;3) ∪ (81; +∞)
Câu 4
1

1

0

0

I = ∫ xe − x dx + ∫

x2
dx = I1 + I 2
x +1

1

−x

Tính I1 = ∫ xe dx
0

Đặt u=x=>du=dx,dv= e − x dx => v = −e x
1
−1 − x 1 −1 1
2
−x 1
I
=
−
xe
−
−e − x dx =
−e
=
− ( − 1) = 1 −
Suy ra 1
∫
0 0
0 e
e
e
e
1

I2 = ∫
0

1

2 1
x2
1
x2
1
dx = ∫ ( x − 1 +
)dx = ( − x + ln | x + 1|) = − 1 + ln 2 = ln 2 −
1 2
x +1
x +1
2
2
0

Vậy I = I1 + I 2 =

1
2
+ ln 2 −
2
e

Câu 5
Ta có (d) đi qua điểm M(-2;2;0)
uuuur
Có AM = (−4; −1; −1) ∈ (P)
uur
Vectơ chỉ phương của (d), ud = (−1;1; 2) ∈ (P)
ur uuuur uur
Do đó (P) nhận n1 = [ AM ; ud ] = (−1;9; −5) làm vectơ pháp tuyến

(P) đi qua A(2;3;1) nên có phương trình –x+9y-5z-20=0
uur
Mặt phẳng (Oxy) nhận n2 = (0;0;1) làm vectơ pháp tuyến
Gọi α là góc giữa mặt phẳng (P) và (Oxy), ta có:
ur uur
ur uur
| n1.n2 |
| −1.0 + 1.0 + 2.1|
2
cosα =| cos( n1 ; n2 ) |= ur uur =
=
| n1 | . | n2 |
1 + 1 + 4. 0 + 0 + 1
6
Vậy cosin góc giữa (P) và (Oxy) là
Câu 6
a) Ta có:

2
.
6


cos 3x − cos x + 2sin 2 x = 0
<=> −2sin 2 x sin x + 2sin 2 x = 0
<=> −2sin 2 x(sin x − 1) = 0
kπ

x=


sin
2
x
=
0

kπ
2
<=> 
<=> 
<=> x =
2
sin x = 1
 x = π + k 2π

2
kπ
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x =
(k ∈¢ )
2
b) Theo công thức nhị thức Niutơn:
1 12 12 k
1 k 12 k 12 −k 12− 65 k
12 − k
)
=
C
(2
x
)

.(
) = ∑ C12 .2 .x
∑
12
5
5
x
x
k =0
k =0
6
Số hạng không chứa x tương ứng với: 12 − k = 0 <=> k = 10
5
10 12 −10
= 264
Số hạng đó là C12 .2
(2 x +

Câu 7

Gọi H là trung điểm A’B’, vì AH ⊥ (A’B’C’) nên góc giữa AC’ và (A’B’C’) là ( AC '; HC ') = AC ' H = 60o
A' B ' a
=
2
2
Áp dụng định lí cosin vào tam giác HB’C’ ta có:
Ta có: A ' B ' = AB = a; B ' C ' = BC = 2a, B ' H =

HC '2 = HB '2 + B ' C '2 − 2 HB ' .B ' C '.cos120o =
∆ AHC’ vuông tại H: AH = HC '.tan 60o =

Diện tích ∆ ABC: S ABC =

21a 2
a 21
=> H ' C =
4
2

3a 7
2

1
a2 3
AB.BC.sin120o =
2
2

Thể tích lăng trụ: VABC . A ' B 'C ' = AH .S ABC =

3a 3 21
4


Gọi M là trung điểm AB. Vẽ MK ⊥ BC tại K.
Ta có AHB’M là hình chữ nhật. Suy ra B’M ⊥ (ABC) ⇒ BC ⊥ B’M ⇒ BC ⊥ (B’MK)
Suy ra BC ⊥ B’K.
Vậy góc giữa (BCC’B’) và (ABC) là α =(MK;KB’)=MKB’
Ta có: B' M = AH =

3a 7

2

∆ MKB vuông tại K: MK = MB.sin 60o =

a 3
4

B'M
= 2 21
MK
Vậy góc giữa (BCC’B’) và (ABC) là α = arctan 2 21
Câu 8
∆ MKB’ vuông tại M: tan α =

ur
ur
Vectơ chỉ phương của d1 là u1 (4;3) . Vì d1 ⊥ BC nên BC nhận u1 (4;3) làm vectơ pháp tuyến.
uur
Ta có d3 nhận n3 (1; 2) làm vectơ pháp tuyến
uuur
Gọi nAC (a; b)(a 2 + b 2 ≠ 0) là một vectơ pháp tuyến của AC.
Vì d3 là phân giác trong góc C nên (d3;AC) = (d3;BC). Suy ra
uuur uur
ur uur
| a + 2b |
| 4.1 + 3.2 |
| cos (nAC ; n3 ) |=| cos(u1 ; n3 ) |=
=
25. 5
a 2 + b2 . 5

<=>| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 <=> (a + 2b) 2 = 4( a 2 + b 2 )
<=> 3a 2 − 4ab = 0
4
Chọn b=1=>a= (loại vì AC // BC) hoặc a = 0
3
Suy ra (0;1) là một vectơ pháp tuyến của AC.
Gọi C(5-2c;c) ∈ d 3 . Phương trình AC qua C nhận (0;1) làm vectơ pháp tuyến có dạng:
y-c=0
3 x − 4 y + 27 = 0
4 x − 27
=> A(
; c)
Tọa độ A là nghiệm của hệ: 
3
y −c = 0
Gọi M là trung điểm AC thì M là giao AC và d2, nên có tọa độ là nghiệm của hệ:
4 x + 5 y − 3 = 0
3 − 5c
=> M (
; c)

4
y −c = 0


M là trung điểm AC nên 5 − 2c +

4c − 27
3 − 5c
= 2.

=> c = 3
3
4

=> A(−5;3); C (−1;3)
Phương trình BC có dạng: 4x + 3y – 5 = 0. Tọa độ B là nghiệm của hệ:
4 x + 3 y − 5 = 0
=> B (2; −1)

4 x + 5 y − 3 = 0
Ta thấy A và B nằm cùng phía đối với d3 suy ra d3 là phân giác ngoài đỉnh C của ∆ ABC, không thỏa mãn.
Vậy không có tam giác ABC thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 9
 x 2 + x + 1 − y 2 − y + 1 = x 2 − xy + y 2 (1)
(I )

3 4
2
 4( x + 1)( xy + y − 1) − 3 x = x − x
Ta có
 x 2 + x + 1 ≥ y 2 − y + 1
(1) <=> 
2
2
2
2
2
( x + x + 1 − y − y + 1) = x − xy + y (2)
(2) <=> xy + x − y + 2 = 2 x 2 + x + 1 y 2 − y + 1
 xy + x − y + 2 ≥ 0

<=> 
2
2
2
( xy + x − y + 2) = 4( x + x + 1)( y − y + 1)(3)
(3) <=> ( xy + x − y ) 2 + 4( xy + x − y ) + 4 = 4[(x 2 + x)( y 2 − y ) + x 2 + x + y 2 − y + 1]
<=> ( xy + x − y ) 2 = 4[x 2 y 2 − xy ( x − y ) + ( x − y ) 2 ]
<=> −3 x 2 y 2 + 6 xy ( x − y ) − 3( x − y ) 2 = 0
<=> −3(xy− x + y) 2 = 0
<=> xy + y = x
 x 2 + x + 1 ≥ y 2 − y + 1(*)

 xy + x − y + 2 ≥ 0(**)
(I) <=> 
 xy + y = x
4( x + 1)( x − 1) − 3 x = 3 x 4 − x 2 (4)

Đặt t = 3 x 4 − x 2 . Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của (4), do đó x ≠ 0. Suy ra
x
3
t 2 + tx + x 2 = (t + ) 2 + x 2 > 0, ∀ x ≠ 0.
2
4
Do đó:


(4) <=> 4 x 2 − 3 x − 4 = t
<=> 4 x 2 − 4 x − 4 = t − x
<=> 4( x 2 − x − 1)(t 2 + tx + x 2 ) = t 3 − x 3 = x 4 − x 3 − x 2
<=> ( x 2 − x − 1)(4t 2 + 4tx + 3x 2 ) = 0

<=> x 2 − x − 1 = 0( do 4t 2 + 4tx + 3 x 2 = (2t + x) 2 + 2 x 2 > 0, ∀x ≠ 0)
1± 5
2
1− 5
−1 − 5
•x =
=> y =
( L)
2
2
1+ 5
−1 + 5
•x =
=> y =
(TM )
2
2
<=> x =

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (

1 + 5 −1 + 5
;
)
2
2

Câu 10
a
b

c
2(a 2 + b 2 + c 2 )
+
+
+
b+c
c+a
a +b
ab + bc + ca
Bất đẳng thức phụ: Với 6 số dương bất kì x1;x2;x3;y1;y2;y3, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số,
ta có:
P=

2
2
2

  x2   x3   
2
x
1

÷   y1 +
÷ +
÷ +

÷ 
÷
 y1 ÷
  y2   y3   


x 2 x 2 x 2 ( x + x + x )2
<=> 1 + 2 + 3 ≥ 1 2 3 (*)
y1 y2
y3
y1 + y2 + y3

(

) (

y2

) +(
2

y3

)

2

 ≥  x1
  y
 1

x
y1 + 2
y2

Trở lại bài toán: Áp dụng bất đẳng thức AM–GM cho hai số dương, ta có:
a
2a 2
4.2 a 2
a
a2
=
≥
=
2
2.
=
2
2.
b+c
2a (b + c )
(2a + b + c) 2
2a + b + c
2a 2 + ab + ac
Ta có hai bất đẳng thức tương tự, kết hợp áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:
a
b
c
a2
b2
c2
+
+
≥ 2 2( 2
+ 2

+ 2
)
b+c
c+a
a+b
2a + ab + bc 2b + bc + ba 2c + ca + cb
 a2 + b2 + c2

2
+ 2÷

2
( a + b + c)
 ab + bc + ca

≥ 2 2.
=
2
2
2
2
2
2
a
+
b
+
c
2(a + b + c + ab + bc + ca )
+1

ab + bc + ca
Đặt t =

a 2 + b2 + c2
2(t + 2)
(t ≥ 1) , ta có: P ≥
+ 2t
ab + bc + ca
t +1

Xét hàm số f (t ) =
f '(t ) =

2(t + 2)
+ 2t trên [1; +∞)
t +1

− 2
1
t 2 + t + ( t − 1) 2
+
=
> 0, ∀t ∈ [1; +∞)
(t + 1) 2
2t
(t + 1) 2 2t

x
y2 + 3
y3

2


y3 ÷
÷



Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên [1;+∞), do đó: f (t) ≥ f(1) =
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
Vậy GTNN của P là

5 2
2

5 2
5 2
=> P ≥
2
2