Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên bến tre 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 GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẾN TRE

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = f ( x) = x 4 − 2 x 2
Câu 2: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x) = ( x − 2) 2 (x + 2) 2 trên đoạn
−1
; 2]
2
Câu 3: (1 điểm)
a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn: z + 2 z = 3 − 2i
[

b) Giải phương trình sau trên tập số thực: 2 log 4 2 x + 2 = 1 + log 2 x
1

2
2
Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ x (1 + x 1 − x )dx
0

Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(–4;1;3) và đường thẳng d có phương
trình

x +1 y −1 z + 3
=

=
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa
−2
1
3

độ điểm B thuộc d sao cho AB = 27
Câu 6: (1 điểm)
1
1
π
2
)(cos x −
)
a) Cho x là góc thỏa mãn cos( x + ) =
. Tính giá trị của biểu thức M = (s inx −
s inx
cos x
4
4
b) Một tổ 11 người gồm 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ, chọn ngẫu nhiên 5 học sinh tham gia lao động.
Tính xác suất để 5 người được chọn ra có đúng 3 nữ.
Câu 7: (1 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành, AB=2AD=2a,DAB=60°, mặt bên (SAB) là
tam giác cân tại S, ASB=2α ; mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của CD.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BD.
Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh C(7;–4), M là trung điểm
BC và D là hình chiếu vuông góc của M lên cạnh AC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD cắt đoạn thẳng BC
tại điểm E(4;–3). Biết rằng điểm A cách gốc tọa độ một khoảng bằng 5 và nằm về phía bên phải của trục tung.
Tìm tọa độ của điểm A.
 x + 1 + x 2 + 2 x = y + y 2 − 1

Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình  3
 4 x + x = y 2 y − 1
Câu 10: (1 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P =

12a 3 + 9b3 + 6c 3 − 9b 2c
4(a + b + c )3


ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1
+ Tập xác định: D = ℝ.
+ Sự biến thiên:
x = 0
3
Chiều biến thiên: y ' = 4 x − 4 x; y ' = 0 <=> 
 x = ±1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–1;0) và (1;+∞); nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;–1)và (0;1)
Giới hạn: lim y = lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0; đạt cực tiểu tại x = –1, yCT = –1 và tại x = 1,yCT= –1
Bảng biến thiên:

+ Đồ thị
Giao Oy tại (0;0)

Câu 2

Có f ( x) = [( x − 2)( x + 2)]2 = ( x 2 − 2) 2 = x 4 − 4 x 2 + 4


 x = − 2( L)

f '( x ) = 4 x − 8 x; f '( x) = 0 <=>  x = 0(TM )
 x = 2(TM)

3

f(

−1 49
) = ; f (0) = 4;f( 2) = 0; f (2) = 4
2
16

x = 0
f
(
x
)
=
0
<=>
x
=
2;
max
f

(
x
)
=
4
<=>
Vậy min
x = 2
−1
−1
x∈[ ;2]
x∈[ ;2]

2
2
Câu 3
a) Gọi z = a + bi (a,b ∈ ℝ)
z + 2 z = 3 − 2i <=> (a − bi ) + 2(a + bi) = 3 − 2i
a = 1
<=> 3a + bi = 3 − 2i <=> 
b = −2
Vậy z có phần thực là 1, phần ảo là –2
b) 2 log 4 2 x + 2 = 1 + log 2 x(1)
Điều kiện: x > 0
Với x > 0, ta có
1
(1) <=> 2. log 2 2 x + 1 = log 2 2 + log 2 x
2
<=> log 2 2 x + 2 = log 2 (2 x)
<=> 2 x + 2 = 2 x

<=> 2 x + 2 = 4 x 2
<=> 2 x 2 − x − 1 = 0
1

x = − ( L)

<=>
2

 x = 1(TM )
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {1}
Câu 4
1

1

1

0

0

0

I = ∫ x 2 (1 + x 1 − x 2 )dx = ∫ x 2 dx + ∫ x3 1 − x 2 dx =

x3 1
1
+J = +J
3 0

3

1

3
2
Tính J= ∫ x 1 − x dx
0

Đặt t = 1 − x 2 => t 2 = 1 − x 2 => tdt = − xdx
Đổi cận x=0=>t=1;x=1=>t=0
1

0

0

0

1

1

J = ∫ x 2 1 − x 2 xdx = ∫ (1 − t 2 ).t.(− t).dt = ∫ (t 4 − t 2 )dt = (
1 2
7
Vậy I = + =
3 15 15
Câu 5

t5 t3 0 2
− ) =
5 3 1 15


uu
r
uu
r
Đường thẳng d nhận ud = (−2;1;3) làm VTCP. Vì (P) ⊥ d nên (P) nhận ud = (−2;1;3) làm VTPT.
⇒ Phương trình (P): -2(x+4)+y-1+3(z-3)=0-2x+y+3z-18=0
Có B ∈ d => B( −1 − 2t ;1 + t; −3 + 3t )
AB = 27 <=> AB 2 = 27 <=> (3 − 2 t) 2 + t 2 + (3t − 6) 2 = 27
<=> 14t 2 − 48t + 18 = 0
t = 3 => B (−7; 4;6)
<=>  3
t = => B ( −13 ; 10 ; −12 )
7 7 7
 7
Câu 6
a) Ta có

π
2
π
π
−3
π
3
cos( x + ) =

=> cos(2 x + ) = 2 cos 2 ( x + ) − 1 =
=> sin 2 x = − cos(2 x + ) =
4
4
2
4
4
2
4
sin 2 x 3
=> sin x cos x =
=
2
8
1
sin x cos x
M = sin x cos x +
−(
+
)
sin x cos x cos x sin x
1
sin 2 x + cos 2 x
= sin x cos x +
−
sin x cos x
sin x cos x
= sin x cos x
3
=

8
b) Gọi A là biến cố: “5 người được chọn có đúng 3 nữ”
5
Số phần tử của không gian mẫu là C11 = 462
Số kết quả thuận lợi cho A:
3
+ Số cách chọn 3 nữ từ 6 nữ là C6 = 20
2
+ Số cách chọn 2 nam từ 5 nam là C5 = 10

Số kết quả có lợi cho A là 20.10 = 200
200 100
=
Xác suất cần tính là PA =
462 231
Câu 7


Gọi H là trung điểm AB. Vì ∆ SAB cân ở S nên SH ⊥ AB ở H, SH là phân giác góc ASB.
AB
=a
Suy ra ASH=BSH= α ;AH=BH=
2
Vì (SAB) ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ (ABCD)
Có SH=AH.cot α =a.cot α
1
3
S ABCD = 2 S ABD = 2. . AB. AD.sin 600 = 2a.a.
= a2 3
2

2
1
a 3 3 cot α
Thể tích khối chóp: VS . ABCD = SH .S ABCD =
3
3
Gọi I là giao của DH và AM. Vẽ IK ⊥ SD tại K.
Ta có AHMD là hình thoi ⇒ I là trung điểm DH và AM ⊥ HD Mà AM ⊥ SH nên AM ⊥ (SDH) ⇒ AM ⊥ KI
⇒ d(AM;SD) = KI
DH a
=
Tam giác AHD là tam giác đều =>DH=DA=a;DI=
2
2
a
2
2
2
Có DS = SH + SH = a 1 + cot α =
sin α
a
a. .cotα
KI DI
HS .DI
a.cosα
∆DKI ~ ∆DHS ( g .g ) =>
=
=> KI =
= 2
=

a
HS DS
DS
2
sin α
a.cosα
Vậy khoảng cách giữa AM và SD là
2
Câu 8


Vẽ AH ⊥ BC tại H.
Vì ABED là tứ giác nội tiếp nên DAB+DEB=1800=>CED=CAB=> ∆CED ~ ∆CAB ( g .g )
CE CD
=>
=
=> CE.CB = CD.CA(1)
CA CB
CD CM
=
=> CD.CA = CH .CM (2)
Mặt khác ta có ∆CDM ~ ∆CHA( g .g ) =>
CH CA
Từ (1) và (2) suy ra CE.CB = CH.CM. Mà M là trung điểm BC nên CB = 2CM.
⇒ CE. 2CM = CH.CM
⇒ CH = 2CE.
Vì H, E thuộc đoạn BC nên E là trung điểm CH
C(7;–4), E(4;–3) ⇒ H(1;–2)
uuur
Đường thẳng AH đi qua H và vuông góc với EC nên nhận EC = (3;-1) làm VTPT

⇒ Phương trình AH: 3(x – 1) – (y + 2) = 0 ⇔ 3x – y – 5 = 0
Vì A ∈ AH ⇒ A(a;3a-5). A nằm bên phải trục tung nên a > 0
Có OA = 5 <=> OA2 = 25 <=> a 2 + (3a − 5) 2 = 25 <=> 10a 2 − 30a = 0
⇔ a = 3 (thỏa mãn) hoặc a = 0 (loại)
Vậy A(3;4)
Câu 9
 x + 1 + x 2 + 2 x = y + y 2 − 1(1)
(I )
 3
 4 x + x = y 2 y − 1(2)
 x2 + 2 x ≥ 0
y ≥1
 2

Điều kiện:  y − 1 ≥ 0 <=>   x ≥ 0
2 y − 1 ≥ 0
  x ≤ −2


Với x ≤ –2 , y ≥ 1 ⇒ VT(2) < 0, VP (2) > 0 ⇒ loại
Với x ≥ 0, y ≥ 1 ta có:
(1) <=> x + 1 + ( x + 1) 2 − 1 = y + y 2 − 1
Xét f (t ) = t + t 2 − 1 trên [1;+∞). Có f '(t ) = 1 +
[1;+∞)
Suy ra (1)f(x+1)=f(y)y=x+1

t
t −1
2

> 0, ∀t ≥ 1 ⇒ f(t) là hàm số đồng biến, liên tục trên


Có (2) <=> 8 x 3 + 2 x = 2 y 2 y − 1 <=> (2 x) 2 + 2 x = ( 2 y − 1)3 + 2 y − 1
Xét g(t)=t3+t trên [0;+∞). Có g'(t) =3t2 + 1>0 ,∀ t ≥ 2 .
Hàm số g(t) đồng biến liên tục trên [0;+∞).
Suy ra (2) <=> g (2 x) = g ( 2 y − 1) <=> 2 x = 2 y − 1
 y = x + 1
 y = x + 1
( I ) <=> 
<=> 
 2 x = 2 x + 1(3)
 2 x = 2 y − 1
x ≥ 0
1+ 5
5+ 5
(3) <=>  2
<=> x =
=> y =
4
4
4 x − 2 x − 1 = 0
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (

1+ 5 5 + 5
;
)
4
4

Câu 10
12a 3 + 9b3 + 6c 3 − 9b 2c
4(a + b + c)3
3
33 3 45 2 9 2 21 3 3
3
3
2
3
2
Xét (9b + 6c − 9b c) − (b + c ) = b − b c − bc + c = (b − c) (11b + 7c) ≥ 0, ∀b, c > 0
4
4
4
4
4
4
3
=> 9b3 + 6c3 − 9b 2 c ≥ (b + c )3
4
3
12a 3 + (b + c)3
3 
a
b + c 3
4
=> P ≥
= . 16.(
)3 + (

)
3
4(a + b + c)
16 
a+b+c
a + b + c 
a
b+c
=> t ∈ (0;1);
= 1− t
Đặt t =
a+b+c
a+b+c
Xét hàm số f (t ) = 16t 3 + (1 − t)3 trên (0;1). Có
P=

3
9
16 16
f (t ) = 15t 3 + 3t 2 − 3t + 1 = (5t − 1) 2 ( t + ) +
≥ , ∀t ∈ (0;1)
5 25 25 25
3
3 16 3
f (t) = . =
Suy ra P ≥
16
16 25 25
1
 a

=

Dấu bằng xảy ra khi  a + b + c 5 , chẳng hạn khi a = 1, b = c = 2.
b = c
3
Vậy GTNN của P là
.
25