Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên hùng vương 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 THPT
CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT
MÔN TOÁN – LỚP 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đề bài có 01 trang

2x − 3
x−2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết rằng tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận của (C) một
tam giác có diện tích hình tròn ngoại tiếp là nhỏ nhất.
1
2 tan 2 α
Câu 2 (1,0 điểm) Cho cot α = . Tính giá trị biểu thức M =
3
2sin 2 α − 3sin α cos α − 5cos 2 α
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 2sin x + sin 2 x + 2sin x cos 2 x = 1 + 2 cos x
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y =

2
2
Câu 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 2 ( x + 2 x − 3) + log 1 ( x + 3) ≥ log 2 ( x − 1).
2

Câu 5 (1,0 điểm)
n

1 


a) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triên nhị thức Niutơn của P ( x ) =  x 3 − 2 ÷ ; x ≠ 0. Biết rằng n
x 

10

4
2
là số tự nhiên thỏa mãn Cn = 13Cn

b) Một lớp học có 18 học sinh. Tổ 1 có 7 học sinh, tổ 2 có 6 học sinh, tổ 3 có 5 học sinh. Chọn ngẫu nhiên 8
học sinh đi dự lễ phát thưởng do nhà trường tổ chức. Tính xác suất để chọn được 8 học sinh sao cho mỗi tổ
có ít nhất 1 học sinh tham dự.
Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC. Đường phân giác trong BD có
 1
phương trình x + y – 2 = 0. Đường trung tuyến BN có phương trình 4x + 5y – 9 = 0. Điểm M  2; ÷ năm
 2
15
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
6
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a. Cạnh bên SA
trên cạnh BC. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R =

2
. Gọi M là trung điểm
5
BC, N là giao điểm của DM với AC, H là hình chiếu của A trên SB. Tính thể tích hình chóp S.ABMN và
khoảng cách từ điểm H tới mặt phẳng (SDM).
vuông góc với đáy ABCD. Cạnh bên SC tạo với đáy ABCD một góc α và tan α =

Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình sau x 3 + 3x 2 − 4 x + 1 = ( x 2 + 3) x 2 − x + 1, x ∈ ¡
Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

ab
bc
a 3b3 + b3c 3
+
−
1 + c2 1 + a2
24c3 a 3

-------------------------------- HẾT-------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN
Câu 1
a) Khảo sát
+ Tập xác định: D = ℝ \ {2}
+ Sự biến thiên
−1
< 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:
3
3
Giao Ox tại ( ;0) , Giao Oy tại (0; )
2
2
Đồ thị nhận I(2;2) làm tâm đối xứng

b) Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm M (m;

2m − 3
) ∈ (C)(m ≠ 2) có dạng
m−2

−1
2m − 3
( x − m) +
(d )
2
(m − 2)
m−2
Gọi A là giao điểm của (d) và đường tiệm cận đứng x = 2 của đồ thị hàm số, ta có:
y=

−1
2m − 3 2 m − 2
2m − 2
(2 − m) +
=
=> A(2;
)
2
(m − 2)
m−2
m−2
m−2
Gọi B là giao điểm của (d) và đường tiệm cận ngang y = 2 của đồ thị hàm số, ta có:
x − m 2m − 3
B ( xB ; 2); 2 = − B
+
=> B(2m − 2; 2)
(m − 2) 2 m − 2
I(2;2) là giao điểm hai đường tiệm cận. K là trung điểm AB.
Do hai đường tiệm cận của hàm số vuông góc nên ∆ IAB vuông tại I. Suy ra K là tâm đường tròn ngoại tiếp
A(2; y A ); y A =

∆ IAB, đường tròn đó có bán kính R = KA = KB =

AB
, diện tích S
2

Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số dương:
2 2
2 2
) ≥ 2 (2m − 4) 2 .(
) = 8 => R ≥ 2 => S ≥ 2π
m−2
m−2
m = 3
2 2
2
) <=> ( m − 2) 4 = 1 <=> 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (2m − 4) = (
m−2
m = 1
AB 2 = (2m − 4)2 + (

Vậy các đường tiếp tuyến cần tìm là y = – x + 2 và y = – x + 6
Câu 2
2 tan 2 α
2sin 2 α − 3sin α cos α − 5cos 2 α
1
Vì cot a = nên ta có:
3
1
tan 2 a =
=9
cot 2 a
1
10
= 1 + cot 2 a =

2
sin a
9
Chia cả tử và mẫu của M cho sin 2 a ta được:
2
20
.tan 2 a
.9
2
sin
a
9
M=
=
= 45
2 − 3cot a − 5cot 2 a 2 − 3. 1 − 5. 1
3
33
Câu 3
2sin x + sin 2 x + 2sin x cos 2 x = 1 + 2 cos x
<=> 2sin x(1 + cos x + cos 2 x) = 1 + 2 cosx
M=

<=> 2sinx(2 cos 2 x + cos x) = 1 + 2 cos x
<=> (1 + 2 cos x)(sin 2 x − 1) = 0
2π

−1
x=±
+ k 2π



cos x =
3

<=>
2 <=> 

 x = π + kπ
sin 2 x = 1

4
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là ; x =

π
+ kπ ( k ∈ ¢ )
4

Câu 4
log 2 ( x 2 + 2 x − 3) + log 1 ( x + 3) ≥ log 2 2 ( x − 1)(1)
2


 x2 + 2 x − 3 > 0

<=> x > 1
ĐK:  x + 3 > 0
x −1 > 0

Với điều kiện trên, ta có:

(1) <=> log 2 [( x − 1)( x + 3)] − log 2 ( x + 3) ≥ log 2 2 ( x − 1)
<=> log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 3) − log 2 ( x + 3) ≥ log 2 2 ( x − 1)
<=> log 2 ( x − 1).[1 − log 2 ( x − 1)] ≥ 0
<=> 0 ≤ log 2 ( x − 1) ≤ 1
<=> 1 ≤ x − 1 ≤ 2
<=> 2 ≤ x ≤ 3
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 2 ≤ x ≤ 3.
Câu 5
a) Vì n là số tự nhiên nên
n!
n!
1
13
Cn4 = 13Cn2 <=>
= 13.
<=> =
4!(n − 4)!
2!( n − 2)!
12 ( n − 3)( n − 2)
<=> n 2 − 5n − 150 = 0
<=> n = 15
Theo công thức nhị thức Niutơn, ta có:
15
15
1
−1
P (x) = (x 3 − 2 )15 = ∑ C15k ( x3 )15− k ( 2 ) k = ∑ C15k .(−1) k .x 45 −5 k
x
x

k =0
k =0
10
Số hạng chứa x tương ứng với 45 – 5k = 10 ⇔ k = 7.
7
7
Hệ số của số hạng đó là C15 .(−1) = −6435
b) Gọi A là biến cố “Mỗi tổ có ít nhất một học sinh tham dự”. B là biến cố đối lập với biến cố A, tức là
“ Có ít nhất 1 tổ không có học sinh được chọn”
8
Số phần tử của không gian mẫu là C18 = 43758
Tính số kết quả có lợi cho B.
Do số học sinh của mỗi tổ nhỏ hơn 8 nên 8 bạn được chọn phải đến từ 2 tổ khác nhau.
Xét 3 trường hợp:
8
+ TH1: 8 bạn đến từ tổ 1 và tổ 2: Số cách chọn 8 bạn từ 13 bạn là C13 = 1287
8
+ TH1: 8 bạn đến từ tổ 1 và tổ 3: Số cách chọn 8 bạn từ 12 bạn là C12 = 495
8
+ TH1: 8 bạn đến từ tổ 1 và tổ 2: Số cách chọn 8 bạn từ 11 bạn là C11 = 165

Theo quy tắc cộng, số kết quả có lợi cho B là 1287+495+165=1947
1947
59
=
Xác suất của biến cố B là PB =
43758 1326
1267
Xác suất cần tính là PA = 1 − PB =
1326

Câu 6


4 x + 5 y − 9 = 0
=> B (1;1)
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 
x + y − 2 = 0
Phương trình BC đi qua B và M: x+2y-3=0
Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua BD thì M’ ∈ BA.
Phương trình đường thẳng MM’ qua M, vuông góc BD: 2x – 2y – 3 = 0
7 1
3
H là giao MM’ và BD suy ra H ( ; ) . Ta có H là trung điểm MM’ nên M '( ;0)
4 4
2
Phương trình BA qua B và M’: 2x+y-3=0
Gọi tọa độ A(a;3-2a) ∈ AB , C(3-2b;b) ∈ BC
3 − 2b + a 3 − 2a + b
;
)
N là trung điểm AC thì N (
2
2
Vì
3 − 2b + a
3 − 2a + b
N ∈ BN => 4.
+ 5.
−9 = 0
2

2
=> b = 3 − 2a
3−b
9 − 5b
; b); C (3 − 2b; b) => N (
; b) . Phương trình AC là y = b.
Suy ra A(
2
4
9 − 5b
(d)
Phương trình đường trung trực AC vuông góc AC tại N có dạng: x =
4
1+ b
)
Gọi E là trung điểm BC suy ra E (2 − b;
2
7 − 5b
= 0( d ')
Phương trình trung trực BC đi qua E vuông góc BC có dạng: 2 x − y −
2
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC thì I là giao (d) và (d’) nên có tọa độ là nghiệm của hệ:
7 − 5b

 2 x − y − 2 = 0
9 − 5b
=> I (
;1)

4

 x = 9 − 5b

4
Ta có: BI =|

b = −1
9 − 5b
15
− 1|= <=> 
4
6
b = 3

+ Với b = –1 ⇒ C(5;–1), thỏa mãn M thuộc cạnh BC. Suy ra A(2;–1)
+ Với b = 3 ⇒ C(–3;3), M không thuộc cạnh BC, loại.
Vậy A(2;–1), B(1;1), C(5;–1).


Câu 7

Vì A là hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) nên góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là
(SC;CA)=SCA= α
Tam giác ADC vuông tại D: AC = AD 2 + CD 2 = a 5
Tam giác SAC vuông tại A: SA = AC.tan α = a 2
∆ ABM và ∆MCD vuông cân nên MA = MD = a 2
Theo định lý Pitago đảo, ta có ∆ AMD vuông tại M.
Vì MC // AD nên

MN MC 1
1

a 2
=
= => MN = MD =
ND AD 2
3
3

Ta có: S ABMN = S ABM + S AMN =

1
1
5a 2
AB.BM + AM .MN =
2
2
6

1
1
5a 2 5a 3 2
Thể tích khối chóp: VS . ABMN = .SA.S ABMN = .a 2.
=
3
3
6
18
Vẽ AK ⊥ SM tại K. Vì DM ⊥ AM, DM ⊥ SA nên DM ⊥ (SAM) ⇒ DM ⊥ AK
Suy ra AK ⊥ (SDM)
Hai tam giác vuông AHS và AHB đồng dạng (g.g) nên
HS HA SA

HS HA
SA 2
HS
2
=
=
=>
.
=(
) =>
= 2 => HS = SB
HA HB AB
HA HB
AB
HB
3
2
Mà S ∈ (SDM) nên d = d ( H ;( SDM )) = d ( B;( SDM ))
3
EB BM 1
=
=
Gọi giao AB và DM là E. Vì BM // AD nên
EA AD 2
1
1
1
Mà E ∈ (SDM) nên d ( B;( SDM )) = d ( A;( SDM )) => d = d ( A;( SDM )) = AK
2
3

3
1
1
1
= 2+
=> AK = a
Tam giác SAM vuông tại A nên
2
AK
SA
AM 2
a
Vậy khoảng cách từ H đến (SDM) là
3
Câu 8
x 3 + 3x 2 − 4 x + 1 = ( x 2 + 3) x 2 − x + 1(1)


 x ≤ −3
 x ≤ −3

<=> 
Ta thấy x + 3 + x − x + 1 = 0 <=>  2
−8 không xảy ra, do đó:
2
 x − x + 1 = x − 6x + 9
 x = 7
2

(1) <=> ( x 2 + 3)( x + 3) − 7 x − 8 = ( x 2 + 3) x 2 − x + 1

<=> ( x 2 + 3)( x + 3 − x 2 − x + 1) − (7 x + 8) = 0
7x + 8
<=> ( x 2 + 3)
− (7 x + 8) = 0
x + 3 + x2 − x + 1


x2 + 3
<=> (7 x + 8) 
− 1÷ = 0
2
 x + 3 + x − x +1 
8

x=−

7
<=> 
 x 2 + 3 = x + 3 + x 2 − x + 1(2)
(2) <=> x 2 − x = x 2 − x + 1(3)
Đặt

x 2 − x + 1 = t(t > 0) , phương trình (3) trở thành:

t 2 −1 = t
 1− 5
( L)
t =
2


<=
 1+ 5
1+ 5
1+ 5
1± 3 + 2 5
t =
(TM ) <=> x 2 − x + 1 =
<=> x 2 − x −
= 0 <=> x =

2
2
2
2
 −8 1 ± 3 + 2 5 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là  ;

2
 7

Câu 9
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số dương, ta có:
a2
b2
a2
b2
2ab
+
≥
2

.
=
2
2
2
2
2
2
2
2
a +c b +c
a +c b +c
( a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )
(a 2 + c 2 ) + (b 2 + c 2 ) ≥ 2 (a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )
Nhân từng vế hai bất đẳng thức trên ta được:
(

a2
b2
+
)(a 2 + b 2 + 2c 2 ) ≥ 4ab
a 2 + c 2 b2 + c2

Từ đó kết hợp với a 2 + b 2 + c 2 = 1 ta được:

ab
1
a2
b2
≤

(
+
)(1)
1 + c2 4 a2 + c2 b2 + c2

bc
1
b2
c2
≤ (
+
)(2)
1 + a 2 4 b2 + a 2 c 2 + a 2
ab
bc
1
b2
b2
Cộng (1) và (2) ta được:
+
≤
(1
+
+
)(3)
1 + c2 1 + a2 4
b2 + c2 b2 + a 2
Từ bất đẳng thức Cô–si ta có:
1 1
2

b2
b2 1 1
1 b2
( 2 + 2 )(b 2 + c 2 ) ≥ .2bc = 4 => 2 2 ≤ ( 2 + 2 ) = + 2 (4)
b c
bc
b +c
4 b c
4 4c
Ta có bất đẳng thức tương tự:

Tương tự ta có:

b2
1 b2
(5)
≤
+
b 2 + a 2 4 4a 2


Từ (3), (4) và (5) ta được:

ab
bc
1 1 1 b2
b2
3 1 b2 b2
+
≤

+
(
+
+
)
=
+ ( + )
1 + c 2 1 + a 2 4 4 2 4 a 2 4c 2
8 16 a 2 c 2

3 1 b2 b 2
1 b3 b3
3 1 3b 2 2b 3
1 3b 2 2b3
=> P ≤ + ( 2 + 2 ) − ( 3 + 3 ) = + ( 2 − 2 ) + ( 3 − 3 )
8 16 a c
24 a c
8 48 a
a
48 c
c
2
3
Xét hàm số f (t ) = 3t − 2t trên (0; +∞)
Có
f '(t) = 6t − 6t 2
t = 1
f '(t ) = 0 <=> 
t = 0

Căn cứ bảng biến thiên ta được: f (t ) ≤ f (1) = 1, ∀t > 0
3 1
b
b
5
=> P ≤ + [f( ) + f ( )] ≤
8 48 a
c
12
1
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =
3
5
Vậy GTLN của P là
12