Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên hưng yên 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
HƯNG YÊN

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

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2(m 2 − 3) x 2 + m − 2(1) với m là tham số thực
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2.
b)Tìm tất cả các giá trị m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 1 song song với
đường thẳng d: 12x – y – 10 = 0.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 4log3 x − 3.2log3 x + 2 = 0
b) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z biết (1 − 2i ) z = (3 + i) 2
Câu 3 (1,0 điểm).

cos 2 x + sin 2 x
= 1 − sin x
1 + sin x
b) Lớp học nhạc của một trường gồm 6 học sinh lớp A, 8 học sinh lớp B và 7 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên
6 học sinh của lớp học đó để biểu diễn chào mừng ngày thành lập trường. Tính xác suất sao cho lớp
nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 3 học sinh lớp A.
a) Giải phương trình

e

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

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

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình 2 x + y − 4 z − 6 = 0
x −1 y −1 z + 2
=
=
.Tìm M thuộc đường thẳng d :
sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 21
−2
1
−1
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng
30° Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt
phẳng (SMN).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I, gọi G là trọng tâm tam
1
1
1
5
 10 11 
+ 2 2+ 2
+ (a + 1)(b + 1)(c + 1) là tâm đường tròn ngoại tiếp
giác ADC, điểm J  ; ÷; P = 2
2
2
a +b b +c c +a
2
 3 3

 11 7 
tam giác AGB, M  ; ÷là trung điểm của đoạn BI. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết G có hoành độ
 2 2
là số nguyên.
 x − y − 3 = 2 x 2 + 3 − 2 y 2 + 6 y + 12
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
(2 x − 5) x + 2 + (2 y + 7) 1 − y + xy + 2 x − y − 2 = y + 2 + 4 x − 4


Câu 9 (1,0 điểm). Cho a b c , , là các số thực không âm thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
1
1
1
5
P= 2
+ 2 2+ 2
+ (a + 1)(b + 1)(c + 1)
2
2
a +b b +c c +a
2
ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1
a) m = 2 ⇒ y = x4 – 2x2
+ Tập xác định: D = ℝ.
+ Sự biến thiên: Chiều biến thiên:
y ' = 4 x3 − 4 x

x = 0

y ' = 0 <=> 
 x = ±1
Hàm số đồng biến trên (–1;0) và (1;+∞), nghịch biến trên (–∞;–1) và (0;1)
y = lim y = +∞
Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = –1; đạt cực đại tại x = 0,yCĐ = 0

+ Đồ thị: Giao Oy tại (0;0), giao Ox tại (0;0) và (± 2;0)

2
2
b) Có y (1) = 1 − 2(m − 3) + m − 2 = −2 m + m + 5

y '( x ) = 4 x 3 − 4(m 2 − 3) => y '(1) = 4 − 4(m 2 − 3) = 16 − 4m 2
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1 là
y = (16 − 4m 2 )( x − 1) − 2m 2 + m + 5(∆)
Vì ∆ // d nên 16 − 4m 2 = 12 <=> m 2 = 1 <=> m = ±1
m = 1 => ∆ :12 x − y − 8 = 0 (thỏa mãn)
m = −1 => ∆ :12 x − y − 10 = 0 (loại vì ∆ trùng d)


Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
Câu 2
a) 4log3 x − 3.2log3 x + 2 = 0 (1)
Điều kiện: x > 0
Đặt t = 2log3 x => t > 1; 4log3 x = t 2 . Phương trình (1) trở thành:
t = 1( L)
t 2 − 3t + 2 = 0 <=> 

t = 2(TM )
2log3 x = 2 <=> log 3 x = 1 <=> x = 3 (thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {3}
b) Có
(3 + i ) 2 8 + 6i (8 + 6i)(1 + 2i )
4 22
(1 − 2i ) z = (3 + i) 2 => z =
=
=
=− + i
2
1 − 2i
1 − 2i
1 − 4i
5 5
−4 22
=> z =
− i
5
5
−4
22
Vậy z có phần thực và phẩn ảo lần lượt là
và −
5
5
Câu 3
cos 2 x + sin 2 x
= 1 − sin x
a)

(1)
1 + sin x
−π
+ k 2π
Điều kiện: s inx ≠ -1<=>x ≠
2
(1) <=> cos 2 x + sin 2 x = (1 − sinx)(1 + sin x)
<=> cos 2 x + sin 2 x = 1 − sin 2 x
<=> cos 2 x − sin 2 x + 2sin x cos x = cos 2 x
<=> − sin 2 x + 2sin x cos x = 0
<=> sin x(2 cos x − sin x) = 0
sin x = 0
<=> 
sin x = 2 cos x
+) sin x = 0 <=> x = kπ (TM )
cos x ≠ 0
+) sin x = 2 cos x <=> 
<=> x = arctan 2 + kπ (TM )
 tan x = 2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = kπ ; x = arctan 2 + kπ (k ∈ ¢ )
b) Gọi A là biến cố “Lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 3 học sinh lớp A.”
6
Số phần tử của không gian mẫu là C21
Tính số kết quả thuận lợi cho A: Xét 3 trường hợp:
TH1: Chọn được 3 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C.
3
Số cách chọn 3 học sinh lớp A là C6 = 20
2
Số cách chọn 2 học sinh lớp B là C8 = 28
Có 7 cách chọn 1 học sinh lớp C.

Theo quy tắc nhân số cách chọn bộ 6 học sinh là 20.28.7 = 3920
TH2: Chọn được 3 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C.
3
2
Số cách chọn bộ 6 học sinh như vậy là C6 .8.C7 = 3360
TH3: Chọn được 4 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C.


4
Số cách chọn bộ 6 học sinh như vậy là C6 .8.7 = 840
Vậy số kết quả thuận lợi cho A là 3920 + 3360 + 840 = 8120
8120 145
Xác suất cần tính là PA = 6 =
C21
969
Câu 4
e
ln x + 2
K =∫
dx
x(ln x + 1)
1
1
Đặt t=lnx=> dt = dx . Đổi cận: x=1=>t=0;x=e=>t=1
x
1
1
1
t+2
1

K =∫
dt = ∫ (1 +
)dt = (t + ln | t + 1|) = 1 + ln 2
0
t +1
t +1
0
0
Vậy K = 1 + ln2
Câu 5
M ∈ D => M (1 − 2t ;1 + t ; −2 − t )
| 2(1 − 2t ) + 1 + t − 4(−2 − t ) − 6 |
d ( M ;( P )) = 21 <=>
= 21
22 + 12 + (−4) 2

t = 16
|t +5|
= 21 <=>| t + 5 |= 21 <=> 
21
t = −26
Vậy M(–31;17;–18) hoặc M(53;–25;24)
Câu 6
<=>

Gọi H là giao của CM và AN ⇒ H là tâm của tam giác đều ABC ⇒ SH ⊥ (ABC)
Góc giữa SA và mặt phẳng (ABC) là (SA;AH)=SAH=30O
Vì ∆ ABC đều nên AN ⊥ BC và CM ⊥ AB. Suy ra
2
2a 3

AN = CM = 2a.sin 60o = a 3; AH = CH = AN =
3
3
2a
SH = AH .tan 30o =
3
1
S ABC = AN .BC = a 2 3
2
1
2a 3 3
Thể tích khối chóp: VS . ABC = SH .S ABC =
3
9


Vì M ∈ (SMN), CM = 3HM ⇒ d(C; (SMN)) = 3d(H;(SMN)).
Gọi I là trung điểm MN. Vì HM = HN nên ∆ HMN cân ở H ⇒ HI ⊥ MN tại I
Vẽ HK ⊥ SI tại K ⇒ HK ⊥ (SMN)
1
a 3
Vì H là trọng tâm ∆ ABC nên HM = HN = AN =
3
3
Có
a
HI = HN 2 − NI 2 =
2 3
1
1

1
2a 57
=
+ 2 => HK =
2
2
HK
HS
HI
57
Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN) là

6a 57
57

Câu 7

Vì ∆ ADC vuông cân ở D ⇒ ∆ GAC cân ở G ⇒ GI là phân giác của góc AGC.
Theo quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp trong một đường tròn, ta có:
AJB = 2. AGB = AGC => 180O − 2. AJB = 180O − 2.GAC
=> JAB = GAC (1)
Gọi E là trung điểm CD. Xét ∆ MBA và ∆ ECA có:
MB 2 MB BI
1
AB
=
=
=
=
EC 2 EC AB

2 AC
MBA = ECA = 45O
=> ∆MBA ~ ∆ECA(c.g .c )
=> MAB = EAC (2)
Từ (1) và (2) ⇒ A, J, M thẳng hang
Vì JA = JB, IA = IB nên IJ là trung trực của AB ⇒ J thuộc đường trung tuyến từ I của ∆ IAB
⇒ J là trọng tâm ∆ IAB.
uuur
uuur
uuur −13 1
13 1
; )
Có MJ = (− ; ) => MA = 3.MJ = (
6 6
2 2
11 7
Mà M ( ; ) =>A(-1;4)
2 2
Theo quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp, ta có: GJA=2.GBA=2.45o=900
⇒ ∆ GAJ vuông cân ở J.


uuur
Đường thẳng GJ qua J và nhận 6 MJ = (−13;1) làm VTPT
119
119
= 0.G ∈ GJ => G (a;13a −
)(a ∈ ¢ )
⇒ Phương trình GJ: −13x + y +
3

3
10
130 2 170
GJ = JA <=> (a − ) 2 + (13a −
) =
3
3
9
2
<=> 3a − 20 x + 33 = 0
11

 a = 3 ( L)

 a = 3(TM ) => G (3; −2 )

3
uuur −3 uuuu
r
1
1
2
2
MB
MB
3
=
= => MB =
MG
Có IG = ID = IB = IM = MB =>

3
3
3
3
MG MI + IG 5
5
uuuu
r
u
u
u
r
5 25
3 5
Có MG = (− ; − ) => MB = ( ; ) => B(7;6)
2
6
2 2
M là trung điểm BI ⇒ I(4;1). I là trung điểm AC, BD ⇒ C(9;–2), D(1;–4)
Vậy A(–1;4), B(7;6), C(9;–2), D(1;–4)
Câu 8
 x − y − 3 = 2 x 2 + 3 − 2 y 2 + 6 y + 12(1)
(I)

(2 x − 5) x + 2 + (2 y + 7) 1 − y + xy + 2 x − y − 2 = y + 2 + 4 x − 4(2)
Điều kiện:
 x ≥ −2
 x ≥ −2



<=>  y ≤ 1
y ≤1
 xy + 2 x − y − 2 ≥ 0
( x − 1)( y + 2) ≥ 0(*)


(1) <=> x − 2 x 2 + 3 = y + 3 − 2 y 2 + 6 y + 12
Xét f (t) = t − 2 t 2 + 3 trên ℝ. Có
f '(t ) = 1 −

2t
t2 + 3

=

t 2 + 3 − 2t
t2 + 3

t ≥ 0
f '(t ) = 0 <=> t 2 + 3 = 2t <=>  2
<=> t = 1
2
t
+
3
=
4
t

Với t>1 => f '(t ) < 0; t < 1 => f (t ) > 0

Hàm số f(t) liên tục trên ℝ, đồng biến trên (–∞;1], nghịch biến trên [1;+∞).
Xét
 x ≥ −3
 x ≥ −3
y = −2 : (1) <=> 2 x 2 + 3 = x + 3 <=>  2
<=>
<=> x = 1
 2
2
 4( x + 3) = x + 6 x + 9
3 x − 6 x + 3 = 0
y > −2 : (*) => x ≥ 1; y + 3 > 1. => (1) <=> f ( x) = f ( y + 3) <=> x = y + 3
y < −2 : (*) => x ≤ 1; y + 3 < 1. => (1) <=> f ( x) = f ( y + 3) <=> x = y + 3
Vậy trong mọi trường hợp ta có: (1) x=y+3. Do đó:


 x = y + 3
( I ) <=> 
2
(2 y + 1) y + 5 + (2 y + 7) 1 − y + y + 4 y + 4 =| y + 2 | +4 y + 8(3)
(3) <=> (2 y + 1) y + 5 + (2 y + 7) 1 − y = 4 y + 8
<=> (2 y + 4)( y + 5 + 1 − y − 2) + 3( 1 − y − y + 5) = 0


3
<=> (2 y + 4)  y + 5 + 1 − y − 2 −
÷= 0

1− y + y + 5 ÷



 y = −2 => x = 1(TM )
3
<=> 
y + 5 + 1− y − 2 −
= 0(4)

1− y + y + 5
Đặt t = y + 5 + 1 − y (t > 0) . Phương trình (4) trở thành
3
t −2− = 0
t
2
<=> t − 2t − 3 = 0
<=> t = 3
<=>

y + 5 + 1− y = 3

<=> 2 − y 2 − 4 y + 5 = 3
<=> 4 y 2 + 16 y − 11 = 0

−4 + 27
2 + 27
=> x =
y =
2
2
<=> 
(TM )


−4 − 27
2 − 27
=> x =
y =

2
2
 2 + 27 −4 + 27   2 − 27 −4 − 27 
;
;
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm (1;-2); 
÷
÷
÷; 
÷
2
2
2
2

 

Câu 9
Vì ab + bc + ca = 1 nên trong 3 số a,b,c không có 2 số nào đồng thời bằng 0.
Không mất tổng quát giả sử a là số nhỏ nhất trong 3 số a,b,c.
a
a
Đặt x = + b; y = + c => x, y > 0; x + y = a + b + c. ta có:
2

2
2
a
a
0≤
+ a(b − a) => a 2 + b 2 ≤ ( + b) 2 = x 2
4
2
2
2
2
c +a ≤ y
b ≤ x;c ≤ y => b 2 + c 2 ≤ x 2 + y 2
1
1
1 5
=> P ≥ 2 + 2
+ 2 + (abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1)
2
x
x +y
y
2
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số dương, ta có:
1
1
1
2
1
3

1
1
3
4
6
4
+ 2
+ 2≥
+ 2
=
+(
+ 2
)≥
+
≥
+
2
2
2
2
2
2
2
x
x +y
y
xy x + y
2 xy 2 xy x + y
2 xy 2 xy + x + y
( x + y) ( x + y)2

10
10
=
=
2
( x + y)
(a + b + c) 2


Khác abc ≥ 0; ab + bc + ca = 1 nên
10
5
P≥
+ (a + b + c + 2)
2
(a + b + c) 2
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 3 số dương, ta có:
10
5
5
125 15
+ (a + b + c) + (a + b + c) ≥ 3 3
=
2
(a + b + c) 4
4
8
2
25
=> P ≥

2
Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a = 0, b = c = 1.
25
Vậy GTNN của P là
2