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

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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1
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 của hàm số: y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

2x +1
, biết rằng tiếp tuyến song song với
x −1

đường thẳng d: 3x+4y-2=0
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình 21+ x +3 + 21− x +3 < 5
b) Cho log 3 5 = a . Tính log 45 75 theo a
1

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

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

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+y+z-7=0 và đường thẳng d:
x −3 y +8 z

=
=
. Tìm tọa độ giao điểm của d với (P) và lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa d đồng thời
−2
4
−1
vuông góc với (P).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cosx+sin2x=sinx+sin2xcotx
b) Nhân dịp kỷ niệm ngày Nhà giáo Việt Nam, trường THPT X tuyển chọn được 24 tiết mục văn nghệ tiêu
biểu, trong số đó lớp 11A có 2 tiết mục để công diễn trong toàn trường. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu
nhiên để chia thành hai buổi công diễn, mỗi buổi 12 tiết mục. Tính xác suất để 2 tiết mục của lớp 11A
được biểu diễn trong cùng một buổi.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, SD vuông góc với mặt phẳng
(ABCD), AD = a, ·AOB = 120o , góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 45o . Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, SB.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng
chứa trung tuyến và đường cao kẻ từ C lần lượt là y + 2 = 0 và 3x-2y+8=0 . Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ
A đi qua K(-18;3) . Tính ·ABC biết rằng điểm A có tung độ âm và thuộc đường thẳng d: x+2y+2=0
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 2 + 4 x + 2 ≤ x + 2(1 + x 2 + 3)
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

2x
2y
2z
+
+
2
2

2+ x 2+ y
2 + z2


--------Hết-------

Câu
Câu 1
1,0đ

ĐÁP ÁN
Đáp án
1.Tập xác định: D = R.
2.Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có: y ' = 3x 2 − 12 x + 9, x ∈ R

Điểm
0,5

x = 1
y ' = 0 <=> 
x = 3
x < 1
y ' > 0 <=> 
x > 3
y ' < 0 <=> 1 < x < 3
Suy ra 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 tại x = 1, yCĐ=y(1)=3;
Hàm số đạt cực tiểu tại x=3; yCT=y(3)= -1

*Giới hạn tại vô cực:
lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

*Bảng biến thiên:

3.Đồ thị:

0,5


Câu 2
1,0đ

Hệ số góc của d là k =

−3
−3
. Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến cũng là
4
4

−3
;x ≠1
( x − 1) 2
Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị là nghiệm của phương trình.
 x = −1
−3

−3
−3
y'=
<=>
=
<=> ( x − 1) 2 = 4 <=> 
2
4
( x − 1)
4
x = 3
1
−3
1
−3
1
( x + 1) + , hay y= x − .
*Với x= -1 ta có y = . Suy ra tiếp tuyến là y =
2
4
2
4
4

0,5

Ta có y ' =

0,5

2.C122 11
7
*Với x= 3 ta có y = . Suy ra tiếp tuyến là P ( A) = 2 =
C24
23
2
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y=
Câu 3
1,0đ

a)Điều kiện: x ≥ −3
Đặt 2 x +3 = t > 0 , bất phương trình đã cho trở thành
2t +

Câu 4
1,0đ

−3
1
−3
23
x − và y=
x+
4
4
4
4
0,5

2

1
< 5 <=> 2t 2 − 5t + 2 < 0 <=> < t < 2
t
2

<=> 2−1 < 2 x +3 < 2 <=> −1 < x + 3 < 1 <=> −3 ≤ x < −2
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm −3 ≤ x < −2
log 3 75
log3 (3.52 )
1 + 2 log 3 5 2 + 4a
= 2.
= 2.
=
b)Ta có: log 45 75 = 2 log 45 75 = 2.
2
log 3 45
log 3 (3 .5)
2 + log 3 5
2+a
dx
2
−1
=> du = (1 +
)dx; v =
Đặt u = x + ln(2 x + 1); dv =
2
( x + 1)
2x +1
x +1
Theo công thức tích phân từng phần ta có:

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

0,5
0,5


0,5

1

=

−1
1
4
2
(1 + ln 3) + ∫ (
+
−
)dx
2

x +1 2x +1 x + 2
0
1

−1
4
1
= (1 + ln 3) + ∫ (
−
)dx
2
2x +1 x + 2
0
=

1
−1
(1 + ln 3) + (2 ln(2 x + 1) − ln(x + 1))
0
2

−1
(1 + ln 3) + 2 ln 3 − ln 2
2
3
1
= ln 3 − ln 2 −
2
2
1

= (3ln 3 − 2 ln 2 − 1)
2
Gọi M = d ∩ (P). Vì M ∊ d nên M(-2t+3;4t-8;-t)
Suy ra M ∊ (P)  (−2 t + 3) + (4 t − 8) + (− t) − 7 = 0 <=> t = 12 , hay M(-21;40;-12) .
uur
ud = (−2; 4; −1)
Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P) nên (Q) có cặp vtcp  uur
 nP = (1;1;1)
uur uur uur
Suy ra nQ = [nd ; nP ] = (5;1; −6) . Lấy N(3;-8; 0) ∊ d nên N ∊ (Q).
=

Câu 5
1,0đ

Câu 6
1,0đ

Suy ra phương trình (Q): 5x+y-6z-7=0 .
a)Điều kiện: sinx ≠ 0
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
cos x − sin x + sin 2 x(1 − cot x) = 0
<=> cos x − sin x + 2 cos x(sin x − cos x) = 0
<=> (cos x − sin x)(1 − 2 cos x) = 0

12
24

Gọi A là biến cố “2 tiết mục của lớp 11A được biểu diễn trong cùng một buổi”.
Nêu 2 tiết mục của lớp 11A cùng biểu diễn trong buổi I thì số cách chọn 10 tiết mục còn lại

10
cho buổi I là C22 . Hai tiết mục của lớp 11A cùng có thể cùng biểu diễn trong buổi II.
10
Vì vậy, số cách chia để biến cố A xảy ra là: 2.C22

Do đó P ( A) =

10
2.C22
11
=
≈ 0, 4783
12
C24
23

Ghi chú: Xác suất cũng có thể được tính theo công thức P ( A) =

0,5

0,5

 cos x = sin x
<=> 
 cos x = 1

2
π

 x = 4 + kπ

<=> 
(k ∈ Z )
π
 x = ± + k 2π

3
b)Gọi hai buổi công diễn là I, II. Số cách chia 24 tiết mục thành hai buổi công diễn chính là
số cách chọn 12 tiết mục cho buồi I, đó là C

0,5

2.C122 11
=
C242
23

0,5


Câu 7
1,0đ

0,5

 SD ⊥ ( ABCD )
Vì 
nên SC ⊥ BC
 DC ⊥ BC
·
=> SCD

= (·
SBC ), ( ABCD ) = 45o
·
(do ∆SCD vuông tại D nên SCD
=90o)
Vì ABCD là hình chữ nhật nên OA = OD, kết hợp với ·AOD = 180O − ·AOB = 60O . Suy ra
∆OAD đều.
Do đó: OA = OD = a, ·ADO = 60O
Suy ra AB = AD.tan 600= a 3
Suy ra
S ABCD = AB. AD = a 2 3
SD = CD.tan 450 = a 3
1
=> VS . ABCD = .SD.S ABCD = a 3
3
Kẻ Bx // AC => mp(S, Bx) // AC)
1
=> d ( AC ,SB) = d(O, (S, Bx)) = d(D, (S, Bx))(1)
2
Hạ DK ⊥ Bx, DH ⊥ SK. Vì Bx ⊥ (SDK) nên Bx ⊥ DH => DH ⊥ (S, Bx). (2)
o
·
·
Vì BD=2DO =2a và DBK
= DOA
= 60o đồng vị nên DK = BD.sin 60 = a 3
Suy ra ∆SDK vuông cân tại D => HD =

SK SD 2 a 6
=

=
(3)
2
2
2

1
a 6
Kết hợp (1), (2), (3) ta suy ra d(AC,SB)= DH =
2
4

0,5


Câu 8
1,0đ

0,5

y + 2 = 0
=> C (−4; −2)
Từ hệ 
3 x − 2 y + 8 = 0
Gọi M, N là trung điểm AB, BC.
Ta có:
A ∈ d : x + 2 y + 2 = 0 => A(−2a − 2; a)( a < 0)
M ∈ CM : y + 2 = 0 => M (m; −2)
−a − 6
)

Mà M là trung điểm AB nên B(2a+2m+2;-a-4)=> N ( a + m − 1;
2
uuur uuuur
Vì CH ⊥ AB nên uCH . AM = 0 <=> 2(2a + m + 2) + 3(− a − 2) = 0 <=> a = −2m + 2(1).
uuur
uuur
− a − 12
)
Ta có: KA = (−2a + 16; a − 3) và KN = (a + m + 17;
2
uuur
uuur
Vì A, N, K thẳng hàng nên KA cùng phương KN . Do đó:
(-2a+16)(-a-12)=2(a-3)(a+m+17)(2)
5

m = => a = −3(TM )
2

3
Thay (1) vào (2) ta được 2m + 21m − 65 = 0 <=>

 m = −13 => a = 28( KTM )

0,5

Suy ra A(4;-3), B(1;-1).
Ta có
uuur
uuur

uuur uuur 3.(−5) + (−2)(−1) −1
BA = (3; −2), BC = ( −5; −1) => cos( BA, BC ) =
=
9 + 4 25 + 1
2
uuur uuur
o
·
=> ABC = ( BA, BC ) = 135
Câu 9
1,0đ

Điều kiện: x ≥ −2
Đặt

0,5

x 2 + 3 = u , x + 2 = v, (u >0,v ≥ 0 ), bất phương trình đã cho trở thành:

u 2 − 3 + 4v ≤ v 2 + 2u
<=> (u − v + 1)(u + v − 3) ≤ 0
<=> ( x 2 + 3 − x + 2 + 1)( x 2 + 3 + x + 2 − 3) ≤ 0
Ta có:

x2 + 3 − x + 2 + 1 =

Do đó (1) tương đương với

x2 − x + 1
x2 + 3 + x + 2

+1 > 0

x2 + 3 + x + 2 − 3 ≤ 0


3 − x + 2 ≥ 0
<=> x + 3 ≤ 3 − x + 2 <=> 
2
 x + 3 ≤ 9 − 6 x + 2 + x + 2
2

0,5

 −2 ≤ x ≤ 7
 x ≤ 7

<=> 
<=> − x 2 + x + 8 ≥ 0
2
6 x + 2 ≤ 8 + x − x
36( x + 2) ≤ (− x 2 + x + 8)2


1 + 33
 −2 ≤ x ≤ 2 − 2 3
 −2 ≤ x ≤
<=> 
<=> 
2

 x = −1
( x + 1) 2 ( x 2 − 4 x − 8) ≥ 0

Câu 10
1,0đ

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x =-1 và −2 ≤ x ≤ 2 − 2 3
A
B
C
Đặt x = 2 tan ; y = 2 tan ; z = 2 tan (0 ≤ A, B, C < π )
2
2
2
A
B
B
C
C
A
Từ giả thiết ta có tan .tan + tan .tan + tan .tan = 1
2
2
2
2
2
2
B
C
1 − tan .tan

A
2
2 = cot B + C = tan( π − B + C )
Khi đó: tan =
B
C
2
2
2
2
tan + tan
2
2
A π B+C
+ kπ , k ∈ Z .Hay A+B+C=π +k2π
Suy ra = −
2 2
2
Từ (1) suy ra k = 0. Do đó: A+B+C= π . Khi đó:
1
1
C
1
A+ B
A− B
C
P=
sin A +
sinB+ sin 2 =
.2sin

cos
+ 1 − cos 2
2
2
2
2
2
2
2
C
C
3
1
C
3
≤ 2cos − cos 2 + 1 = − (
− cos ) 2 ≤
2
2
2
2
2
2
π

C
1

C=


cos =

 x = y = 2 − 2
2
<=> 
2
2 <=> 
Dấu đẳng thức xảy ra khi 
 z = 2
A = B
A = B = π


4
3
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
2

0,5

0,5