Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên hạ long lần 3 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

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

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN HẠ LONG
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 – 2016
Môn thi: 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 4 + 2 x 2 + 3
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

x −3
, biết tiếp tuyến đi qua điểm M(4;2).
x +1

Câu 3 (1,0 điểm).
a)Cho số phức z thỏa mãn (1 + 2i) z − 5 − 5i = 0 . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = z +

10
.
z

b)Giải phương trình sau: log 3 (5 − x) + log 1 ( x − 1) − log 3 ( x + 1) = 1
3

1

2
x +1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫ x[(x+1) + e ]dx
0

x −1 y z + 2
=
=
, mặt phẳng (P):
3
−3
1
x+y+2z-5=0 và điểm A(1;2;3). Tìm tọa độ hình chiếu của A lên mặt phẳng (P) và tìm tọa độ điểm M thuộc d, N
thuộc (P) sao cho A là trung điểm MN.
Câu 6 (1,0 điểm).
sin α + 2cosα
−3
2
a)Cho tan α =
. Tính giá trị biểu thức: P = cos α +
sin(π − α )
4
b)Để kỷ niệm ngày thành lập Đoàn Thanh niên, một trường THPT tổ chức cho học sinh các hoạt động ngoại
khóa và hội diễn văn nghệ. Có tất cả 5 tiết mục hát, 3 tiết mục múa và 2 tiết mục kịch. Ban tổ chức sắp xếp thứ
tự các tiết mục để biểu diễn một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất để tiết mục biểu diễn đầu tiên và cuối cùng là
tiết mục múa.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, mặt bên SAB là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm BC. Biết AB = a,
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d:

BC = a 3 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SB.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD (AB

4 −2
của D qua C và đường tròn đường kính DE cắt đoạn BE tại điểm thứ hai là I ( ; ) (I khác B, E). Đường
5 5
thẳng CI cắt đường thẳng AB tại T(

−5
; −1) . Biết điểm A thuộc đường thẳng d: x+y-4=0 . Tìm tọa độ các đỉnh
2

của hình chữ nhật ABCD.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình: x 4 + 1 + 2 x + 1 = ( x 2 + x)( x + 1 + 1) trên tập số thực.


Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn x + y + z 2 = xy + 2 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức

P=

x2 + y 2
2x
y
+
−
.
x2 + y 2 + 6 x + y + 2 z
4 2z
----HẾT----

ĐÁP ÁN
Câu

Câu 1
1,0đ

Đáp án
+Tập xác định: D=R
+Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên:
y ' = −4 x 3 + 4 x
x = 0
y ' = 0 <=> 
 x = ±1
-Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) và (0;1)
Các khoảng nghịch biến: (-1;0) và (1; +∞)

Điể
m
0,25

0,25

-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại hai điểm x=-1 và x=1; yCD = y (±1) = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = y (0) = 3
y = −∞; lim y = −∞
-Giới hạn: xlim
→+∞
x →−∞
-Bảng biến thiên:

0,25

-Đồ thị:
- Nhận trục Oy làm trục đối xứng.

0,25

-Cắt trục hoành tại các điểm có tọa độ là ( 3;0) và (− 3;0)
-Cắt trục tung tại điểm có tọa độ (0;3)


Câu 2
1,0đ

Tập xác định của hàm số D = R\{-1}, f '( x ) =

0,25

4
( x + 1) 2

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm ( x0 ; y0 ) có dạng
x −3
4
( x − x0 ) + 0
2
( x0 + 1)
x0 + 1
Tiếp tuyến đi qua điểm M(4;2) nên ta có:
 x0 = 1
x0 − 3
4

2=
(4
−
x
)
+
<=>
0
 x = −11
( x0 + 1) 2
x0 + 1
 0
Với x0 =1: Phương trình tiếp tuyến là y=x-2
y=

Câu 3
1,0đ

0,25

0,25
0,25

1
46
x+
Với x0 = -11: Phương trình tiếp tuyến là y =
25
25
a)Ta có

(1 + 2i) z − 5 − 5i = 0
<=> z = 3 − i
10
10
w = z + = 3+i +
= 6 + 2i
z
3−i
Do đó số phức w có phần thực là 6, phần ảo là 2.
b)Điều kiện xác định của phương trình là 0
0,25

0,25

0,25
(5 − x)
=1
x2 −1
2

Với điều kiện đó phương trình tương đương với: log 3
<=>

x = 2
(5 − x) 2
= 3 <=> x 2 + 5 x − 14 = 0 <=> 
2
x −1
 x = −7

0,25

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm x=2
Câu 4
1,0đ

1

Biến đổi I = ∫ x[(x+1) + e
2

0

x +1

1

1

]dx = ∫ x( x + 1) dx + ∫ x.e x+1dx
2

0

0

 x 2 3 x  1 17
2
3

2
x
(
x
+
1)
dx
=
(
x
+
2
x
+
x
)
dx
=
 + .x + ÷ =
∫0
∫0
2  0 12
 4 3
1
1
x +1
x +1 1
x +1
2
x +1 1

2
2
∫0 x.e dx = ( x.e ) 0 − ∫0 e dx = e − (e ) 0 = e − (e − e) = e
1

1

0,25

4

2

0,25
0,25


17
+e
12
a)Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P). Do AH ⊥ (P), nên AH có một véc tơ chỉ
Do đó I =

Câu 5
1,0đ

Câu 6
1,0đ

0,25

0,25

x = 1+ t
uuur

phương là : u AH = (1;1; 2) => Phươn trình đường thẳng AH:  y = 2 + t
 z = 3 + 2t

H ∊ AH => H(1+t; 2+t; 3 + 2t)
Do H ∊ (P) nên : (1+t)+(2+t)+2.(3+2t)-5=0
−2
t =
3
1 4 5
Suy ra H ( ; ; )
3 3 3
b)M ∊ d => M(1+3m; -3m; -2+m)
Do A là trung điểm đoạn MN nên tọa độ N là N(1- 3m; 4 +3m; 8 – m)
Ta có N∊ (P) nên: (1 – 3m) + (4 + 3m) + 2(8 – m) – 5 = 0  m = 8
Vậy M(25; -24; 6), N(-23; 28; 0).
sin a + 2 cos a
sin a + 2 cos a
2
= cos 2 a +
= cos 2 a + 1 + cot 2a
a)Ta có P = cos a +
sin(π − a )
sin a
1
3

25
16
= 1 + tan 2 a + 1 + (− ) 2 =
=> cos 2 a =
2
cos a
4
16
25
1
−4
cot a =
=
tan a 3
16
−4
−77
=> P =
+ 1 + 2.( ) =
25
3
75
b)Số phần tử của không gian mẫu Ω là n(Ω) = 10!
Gọi A là biến cố “Tiết mục đầu tiên và cuối cùng là tiết mục múa”, n(A)=3.2.8!
n( A) 3.2.8! 1
=
=
Xác suất cần tính là P ( A) =
n (Ω )
10! 15

0,25

Gọi H là trung điểm AB. Do tam giác ABC đều nên SH ⊥ AB.

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

Câu 7
1,0đ

Lại có (SAB) ⊥(ABC), suy ra SH ⊥ (ABC), tính SH =

a 3
2


1
a2 2
Tam giác ABC vuông tại A nên AC = a 2; S ABC = . AB.AC =
2
2
1

1 a 3 a 2 2 a3 6
Thể tích: VS . ABC = .SH.S ABC = .
.
=
3
3 2
2
12
Gọi D là điểm sao AMBD là hình hành.
Ta có: d(AM,SB)=d(AM,(SBD))=d(A,(SBD))=2d(H,(SBD))
AMBD là hình bình hành, lại có MA = MB nên AMBD là hình thoi. Do đó M, H, D thẳng
hàng và HD ⊥ B
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE, ta có
HF ⊥(SBD), d(H, (SBD))=HF

0,25

0,25
0,25

1
1
1
1
1
1
22
a 3
=
+

=
+
+
= 2 => d ( H , ( SBD )) =
2
2
2
2
2
2
HF
HE
HS
HB
HD
HS
3a
22
d ( AM , SB ) = 2d ( H , ( SBD)) = 2.

a 3 a 66
=
11
22

Câu 8
1,0đ

Gọi DI ⊥ IE => BI ⊥ DI suy ra đ ểm A,B, C, D, I cùng thuộc một đường tròn.
D đó AI ⊥ TI => phương trình đường thẳng AI là: 11x+2y-8=0

Vì A là giao điểm của d và AI nên suy ra A(0;4)
Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AT nên có phương trình: x+2y-8=0
Điểm D thuộc AD nên tọa độ D(-2t+8;t)
Do AD, AI là 2 tiếp tuyến với đường tròn đường kính DE nên ta có AI = AD.
t = 2
4
−2
<=> ( − 0) 2 + ( − 4) 2 = (−2t + 8) 2 + (t − 4) 2 <=> 
5
5
t = 6

Câu 9
1,0đ

Do đó D(4;2) hoặc D(-4;6)
Mặt khác do D và T nằm khác phía so vớ đường thẳng AI nên D(4;2).
Đường thẳng CD đi qua D và vuông góc với AD =>CD: 2x-y-6=0
C là giao điểm của 2 đường thẳng CD và IT: 2x-11y-6=0=>C(3;0).
uuur uuur
AB = CD => B(−1; 2)
Điều kiện: x ≥ −1 , phương trình đã cho tương đương với:
x − x − x + 1 = x + 1( x + x − 2) <=> ( x − 1)( x + x − 1) = ( x − 1)( x + 2) x + 1
4

2

2

x =1

<=>  3
2
 x + x − 1 = ( x + 2) x + 1(1)

3

2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


0,25

(1) <=> x 3 + x 2 + x = x + 1[(x + 1) + 1] + (x + 1)
<=> x 3 + x 2 + x = ( x + 1)3 + ( x + 1) 2 + x + 1(2)
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t 2 + t , ∀t ∈ R
Ta có:
f '(t ) = 3t 2 + 2t + 1 > 0, ∀t ∈ R nên f(t) đồng biến trên R.
Do đó:
(2) <=> f(x) = f( x + 1)
<=> x = x + 1
x ≥ 0

<=>  2
x − x −1 = 0
<=> x =

1+ 5
2

Đối chiếu điều kiện, ta được 2 nghiệm của phương trình là x=1; x =
Câu 10
1,0đ

0,25

1+ 5
2

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
x 2 + y 2 + 6 ≥ 2 xy + 6 = 2( x + y + z 2 − 2) + 6 = 2( x + y + z 2 + 1) ≥ 2( x + y + 2 z )
2x
2x
x
=> 2
≤
=
2
x + y + 6 2( x + y + 2 z ) x + y + 2 z
x2 + y2 ≥

0,25
0,25

x2 + y 2
x+ y
x+ y
=> −
≤−
8z
2
4 2z

Khi đó

0,25

x+ y
x
y
x+ y
x+ y
x+ y
1 x+ y
t
1
z
P≤
+
−
=
−
=

− .
=
− t = f (t )
x+ y
x + y + 2z x + y + 2z
8z
x + y + 2z
8z
t+2 8
+2 8 z
z
x+ y
>0
z
t
t
− với t>0
Xét f (t ) =
t+2 8
2
1 16 − (t + 2)2
f '(t ) =
−
=
(t + 2) 2 8
8(t + 2) 2
với t=

t > 0
f '(t ) = 0 <=> 

<=> t = 2
2
(t + 2) = 16
Ta có :

0,25


Suy ra f (t ) ≤ f (2) =

1
1
=> P ≤
4
4

x + y = 2z
 z = y; z = 1

<=> z = y = z = 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 
2
x
+
y
+
z
=
xy
+

2

 z , y, z > 0
1
Vậy giá trị lớn nhất của P là
4

0,25