Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên khoa học tự nhiên hà nội lần 5 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 KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

ĐỀ THI KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 12 LẦN THỨ 5
NĂM 2016
Môn: Toán học;
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 3 + 3 x 2 − 2.
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = 2x3 – 3x2 – 12x + 14 trên đoạn
[0;3]
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình (2 + 3i)z + (3 – i) = (1 + 4i)z trên tập hợp số phức
b) Giải phương trình 4x – 3.2x+1 + 8 = 0
3

1
dx
x +1
0 1+

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

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x + 5y – z – 2 = 0 và đường
x −8 y −6 z
=
= . Tìm tọa độ giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và viết phương trình
thẳng d:
4
3

1
mặt phẳng chứa điểm M và vuông góc với đường thẳng d.
Câu 6 (1,0 điểm).
1
. Tính giá tr ị của biểu thức A = cos4α
3
b) Một hội nghị gồm 6 đại biểu nước A, 7 đại biểu nước B và 7 đại biểu nước C, trong đó mỗi nước có 2
đại biểu là nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 4 đại biểu để thành lập một ủy ban sao cho mỗi nước đều có đại
biểu trong ủy ban và trong ủy ban có cả đại biểu nam và đại biểu nữ.
a) Cho α thỏa mãn tan α =

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, BC = 2a. Mặt bên
SBC là tam giác cân tại S và mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa SA và mặt phẳng
(ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a.
3
AC . Gọi H là hình
4
chiếu vuông góc của A trên BC, E(1;3), F(–2;2) lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABH và tam giác
ACH. Tìm tọa độ đỉnh A, biết rằng H có hoành độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A có AB =

Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình

x 2 + 2 + −8 x 2 + 8 x + 7 = x + 1

Câu 10 (1,0 điểm). Xét a, b, c là các số không âm thỏa mãn (a + 1)(b + 1)(c + 1) = 5. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P = ( a + b + c ) 2 − min(a, b, c)


ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1
+ TXĐ: D = ℝ.
+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y’ = 3x2 + 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = –2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–∞;–2) và (0;+∞); nghịch biến trên (0;2)
y = −∞; lim y = +∞
Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = –2; yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = –2
Bảng biến thiên:

+ Đồ thị:

Câu 2
Hàm số đã cho liên tục trên [0;3]
Có f ‘(x) = 6x2 – 6x – 12; f ‘(x) = 0 ⇔ x2 – x – 2 = 0 ⇔ x = –1 (loại) hoặc x = 2 (tm)
Có f(0) = 14; f(2) = –6; f(3) = 5
Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [0;3] lần lượt là 14 và –6
Câu 3
a) Phương trình đã cho tương đương với:
i − 3 (i − 3)(1 + i) i 2 − 2i − 3
(1 − i ) z = i − 3 <=> z =
=
=
= −2 − i
1− i
1 − i2
2
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {–2 – i}

b) Phương trình đã cho tương đương với:


(2 x ) 2 − 6.2 x + 8 = 0
<=> (2 x − 2)(2 x − 4) = 0
2x = 2
x =1
<=>  x
<=> 
x = 2
2 = 4
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {1;2}
Câu 4
dx
dx
=
=> dx = 2tdt
Đặt t = 1 + x => dt =
2 1 + x 2t
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t = 2
2
2
2
2t
1
2
I =∫
dt = 2 ∫ (1 −
)dt = 2(t − ln | t + 1|) = 2 + 2 ln
1

1+ t
1+ t
3
1
1
Câu 5
+ M ∈ d ⇒ M(8 + 4t; 6 + 3t; t). M ∈ (P) ⇒ 3(8 + 4t) + 5(6 + 3t) – t – 2 = 0 ⇒ t = –2 ⇒ M(0;0;–2)
+ Gọi (Q) là mặt phẳng chứa điểm M và vuông góc với d. (Q) nhận vectơ ud (4;3;1) làm VTPT
(Q) đi qua M nên có phương trình: 4x + 3y + z + 2 = 0
Câu 6
a) Có
1
1
9
1 + tan 2 a =
=> cos 2 a =
=
2
2
cos a
1 + tan a 10
4
=> cos 2a = 2 cos 2 a − 1 =
5
7
=> A = cos 4a = 2 cos 2 2a − 1 =
25
1
1
2

b) Số cách lập 1 ủy ban gồm 1 đại biểu nước A, 1 đại biểu nước B, 2 đại biểu nước C là C6 .C7 .C7 = 882
1
2
1
Số cách lập 1 ủy ban gồm 1 đại biểu nước A, 2 đại biểu nước B, 1 đại biểu nước C là C6 .C7 .C7 = 882
2
1
1
Số cách lập 1 ủy ban gồm 2 đại biểu nước A, 1 đại biểu nước B, 1 đại biểu nước C là C6 .C7 .C7 = 735
Suy ra số cách chọn 1 ủy ban 4 người trong đó mỗi nước đều có đại biểu là: 882.2 + 735 = 2499
Số cách chọn 1 ủy ban 4 đại biểu nam trong đó mỗi nước đều có đại biểu là:
C41 .C51.C52 + C41 .C52 .C51 + C42 .C51.C51 = 550
Số cách chọn 1 ủy ban 4 đại biểu nữ trong đó mỗi nước đều có đại biểu là
C21 .C21 .C22 + C21 .C22 .C21 + C22 .C21.C21 = 12
Vậy số cách chọn 1 ủy ban 4 đại biểu có cả nam và nữ trong đó mỗi nước đều có đại biểu là
2499 – 550 – 12 = 1937 (cách)
Câu 7


+ Gọi H là trung điểm BC. ∆ SBC cân tại S nên SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ (ABC)
AH là hình chiếu của SA trên (ABC) nên góc giữa SA và (ABC) là (SA;SH)=SAH=60o
BC
= a; SH = AH .tan 60o = a 3
∆ ABC vuông tại A ⇒ AH = HB = HC =
2
AC = BC 2 − AB 2 = a 3
1
a2 3
S ABC = . AB. AC =
2

2
1
a3
VS . ABC = SH .S ABC =
3
2
+ Qua C dựng đường thẳng a song song AB. Vẽ HE ⊥ a tại E, HF ⊥ SE tại F.
Vì AB // CE ⇒ AB // (SCE) ⇒ d(AB;SC) = d(AB; (SCE)) = d(B;(SCE))
Vì BH ∩ (SCE) = C và BC = 2HC nên d(B;(SCE)) = 2d(H;(SCE)
Có CE ⊥ HE, CE ⊥ SH ⇒ CE ⊥ (SHE) ⇒ CE ⊥ HF ⇒ HF ⊥ (SCE) ⇒ d(H;(SCE)) = HF
HE HC
CA.HC a 3
∆HEC ~ ∆CAB ( g .g ) =>
=
=> HE =
=
CA CB
CB
2
1
1
1
a 15
∆ SHE vuông tại H=>
=
+
=> HF =
2
2
2

HF
HS
HE
5
2a 15
Vậy d(SC,AB)=
5
Câu 8


ABH = HAC (= 90O − C ) => EBH = FAH ; EHB = AHF = 450
EH BH
=> ∆BEH ~ ∆AFH ( g .g ) =>
=
FH AH
BH BA 3
EH 3
∆ABC ~ ∆HBA( g .g ) =>
=
= =>
=
AH CA 4
FH 4
EHF = 90O => EH 2 + FH 2 = EF 2 = 10
EH FH
EH 2 FH 2 EH 2 + FH 2 2
18
32
=
=>

=
=
= => EH 2 = ; FH 2 =
3
4
9
16
9 + 16
5
5
5
Toạ độ của H là nghiệm của hệ
18
24


2
2
( x − 1) + ( y − 3) = 5
6 x + 2 y = 5
<=> 

( x + 2) 2 + ( y − 2) 2 = 32
( x + 2) 2 + ( y − 2) 2 = 32
5
5


12
12



 y = 5 − 3 x
 y = 5 − 3x
2 6
<=> 
<=> 
=> H ( ; ) (do x H > 0)
5 5
( x + 2) 2 + ( y − 2) 2 = 32
10 x 2 + 8 x − 56 = 0
5
5
25


o
Viết rphương trình AH: Có góc EHA = 45 và E, F nằm khác phía đối với AH:
Gọi n(m; n) là 1 VTPT của AH. Có
r 5 uuur
1
| m + 3n |
1
| cos(n; HE ) |=
<=>
=
3
2
2
m2 + n 2 12 + 32

<=> 2m 2 − 3mn − 2n 2 = 0
 m = 2n
<=> 
 m = −1 n

2
2
6
Với m = 2n. Chọn n = 1, m = 2 ⇒ (AH): 2( x − ) + ( y − ) = 0 <=> 2 x + y − 2 = 0 (thỏa mãn)
5
5
2
6
Với n = –2m: Chọn m = 1, n = –2 ⇒ (AH): ( x − ) − 2( y − ) = 0 <=> x − 2 y + 2 = 0 (loại)
5
5
Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của F trên AH, HC và AC. Có HM = HN, AM = AP, CP =CN
Đặt AH = 3x ⇒ HC = 4x; AC = 5x
2x = HA + HC – AC = (HM + MA) + (HN + NC) – (AP + PC) = 2HM ⇒ HM = x
HF
4
12
=
=> AH =
∆ HMF vuông cân ở M nên x = HM =
2
5
5
+ Tìm A: Ta có A ∈ AH => A(a; 2 − 2 a), A và H khác phía đối với EF.
144

2
4
144
AH 2 =
<=> (a − ) 2 + ( − 2a ) 2 =
5
5
5
5
2
<=> 5a − 4a − 28 = 0
 a = −2

 a = 14
5

Với a = –2 ⇒ A(–2;6) (thỏa mãn)
14
14 −18
=> A( ;
) (loại vì A và H cùng phía đối với EF)
Với a =
5
5 5


Vậy A(–2;6)
Câu 9
x 2 + 2 + −8 x 2 + 8 x + 7 = x + 1 (1)
2−3 2

2+3 2
≤ x≤
4
4
1

2− 7
x ≤
2
2
x + 2 + 2 x − 1 = 0 <=> x + 2 = 1 − 2 x <=> 
<=> x =
2
không là nghiệm của
3
2
2
x + 2 = 4x − 4x +1


Điều kiện: −8 x 2 + 8 x + 7 ≥ 0 <=>
Xét
(1).

2− 7
3
2
(1) <=> x + 2 − (2 x − 1) + −8 x 2 + 8 x + 7 − (2 − x) = 0

Xét x ≠

<=>

−3 x 2 + 4 x + 1

3.(−3 x 2 + 4 x + 1)

=0
−8 x 2 + 8 x + 7 + 2 − x
1
1
<=> (−3 x 2 + 4 x + 1)(
+
)=0
x2 + 2 + 2 x −1
−8 x 2 + 8 x + 7 + 2 − x
x2 + 2 + 2x −1

+

−3 x 2 + 4 x + 1 = 0(2)
<=> 
1
1
+
= 0(3)
 x 2 + 2 + 2 x − 1
−8 x 2 + 8 x + 7 + 2 − x
(3) <=> −8 x 2 + 8 x + 7 + 2 − x = −3( x 2 + 2 + 2 x − 1)
<=> −8 x 2 + 8 x + 7 + 3( x 2 + 2 − 2) + 5 x + 3 2 − 1 = 0

loại do

−8 x 2 + 8 x + 7 + 3( x 2 + 2 − 2) + 5 x + 3 2 − 1 > 0, ∀x ≥

2−3 2
4


2− 7
( L)
x =
3
2
Do đó (1)<=> −3 x + 4 x + 1 = 0 <=> 

2+ 7
(TM )
x =
3

 2 + 7 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 

 3 
Câu 10
Không mất tổng quát giả sử a ≤ b ≤ c ⇒ a = min (a,b,c)
Từ (a + 1)(b + 1)(c + 1) = 5 <=> ( a + 1)(bc + b + c + 1) = 5 => bc + b + c + 1 =
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số không âm:

5

a +1


( b + c ) 2 = b + c + 2 bc .1 ≤ b + c + bc + 1 =
P = ( a + b + c )2 − a ≤ ( a +

5
=> b + c ≤
a +1

5
a +1

5 2
5
5
) −a =
+2
= f (a)
a +1
a +1
a +1

5
−5
5
5a
(a + 1) 2
f '(a) =
+

=−
(
− 1)
2
(a + 1)
5
(a + 1) a(a + 1) a + 1
a +1
f '(a) = 0
5a
1
<=>
= 1 <=> a =
a +1
4
1
Lập bảng biến thiên của hàm số f (a) ta có f ( a) ≤ f ( ) = 6 => P ≤ 6
4
1
Dấu bằng xảy ra khi a = ; b = c = 1 và các hoán vị
4
Vậy GTLN của P là 6