Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên lam sơn thanh hóa lần 2 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH HÓA
THPT Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Năm học 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 3 x + 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) b) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua điểm M(2;10)
Câu 2 (1,0 điểm)
2
a) Giải phương trình tan x +

1
−1 = 0
cos x

2
b) Giải bất phương trình log 3 ( x + 6 x + 8 ) + log 1 ( x + 2) <
3

1
log 3 7
2

Câu 3 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 2 x 3 − x 2 và đường thẳng
y = 7x – 6.

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 2 = 0 và hai điểm
A(1;–1;0), B(3;0;1). Tìm tọa độ giao điểm M của đường thẳng AB với mặt phẳng (P) và viết phương trình
đường thẳng d nằm trong (P), d vuông góc với đường thẳng AB tại M.
Câu 5 (1,0 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn ( 1 + i ) z = ( 1 − i ) ( −1 + 3i ) .Tính môđun của số phức z.
b) Cho tập hợp X = {1;2;3;4;5;6;7}. Hỏi có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số
phân biệt thuộc tập hợp X sao cho số tự nhiên lập được có đúng hai chữ số chẵn đồng thời hai chữ số
chẵn đó không đứng cạnh nhau.
c)
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thành, mặt phẳng (SBD) vuông góc với
mặt phẳng đáy. Tính thể tích hình chóp và cosin của có giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD). Biết
3a
SA = SD = 2a; AD = a 2; BD = ; ADB = 450
2
2

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn, có các đường cao AD, BE, CF
đồng quy ở H(3;–1). Biết đường thẳng (d): 7x + y + 15 = 0 đi qua trung điểm M của BC, phương trình
đường tròn đi qua ba điểm D, E, F là x 2 + y 2 − 3 x + y − 10 = 0 . Tìm tọa độ các điểm M và D.
 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 + 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 = 3 x + 3 y
( x; y ∈ ¡
Câu 8(1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2
2
 2 x y + xy − 47 x + 66 = 3 9 xy + 43 x + 6

)

2
2
2

Câu 9 (1,0 điem). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z > 0 và ( x + y + z ) = 2( xy + 19 yz + zx)

 y3
z3 
9
x
+
+
−
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 17  2
khi x, y, z thay đổi.
2
2
2 ÷
2
2
x + y  ( x + y + z ) 4( y + z 2 )
x +z


ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1
a) + Tập xác định: D = ℝ.
+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
y ' = 3x 2 − 3
y'= 0
<=> x = ±1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–∞;–1) và (1;+∞), nghịch biến trên (1;1)
Giới hạn:

lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = –1, yCĐ = 4; đạt cực tiểu tại x = 1; yCT = 0
Bảng biến thiên:

+ Đồ thị: Giao Ox tại (–2;0) và (1;0). Giao Oy tại (0;2)

b) Gọi A(a; a 3 − 3a + 2), B (b; b3 − 3b + 2) là 2 điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua điểm M(2;10).
Ta có:
a + b
 2 = 2
a + b = 4
<=>
 3

3
3
3
(a + b ) − 3( a + b) + 4 = 20
 (a − 3a + 2)(b − 3b + 2) = 10

2
a + b = 4
a + b = 4
<=> 
<=> 
3

ab = 3
(a + b) − 3ab(a + b) − 3( a + b) = 16
t = 1
2
Suy ra a, b là hai nghiệm của phương trình: t − 4 x + 3 = 0 <=> 
t = 3
Vậy 2 điểm cần tìm là A(1;0) và B(3;20)


Câu 2
2
a) tan x +

1
− 1 = 0 (1)
cos x

Điều kiện : cos x ≠ 1 <=> x ≠

π
+ kπ . Với điều kiện đó ta có:
2

sin 2 x
1
+
−1 = 0
2
cos x cos x
sin 2 x + cos x − cos 2 x

<=>
=0
cos 2 x
<=> (1 − cos 2 x) + cos x − cos 2 x = 0
(1) <=>

<=> −2 cos 2 x + cosx + 1 = 0
<=> (−2 cosx − 1)(cosx − 1) = 0
 x = k 2π
 cos x = 1
<=> 
<=> 
 x = ± 2π + k 2π
 cos x = −1
3

2

(thỏa mãn)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = k 2π ; x = ±
2
b) log 3 ( x + 6 x + 8 ) + log 1 ( x + 2) <
3

2π
+ k 2π ( k ∈ Z )
3

1
log 3 7 (1)

2

x + 6x + 8 > 0
<=> x > −2.
Điều kiện: 
 x > −2
Với x> -2 ta có:
2

1
(1) <=> log 3 [( x + 2)( x + 4)] + log 3−1 ( x + 2) < log 1 7
2 32
1
<=> log 3 [( x + 2)( x + 4)] − log 3 ( x + 2) < .2.log 3 7
2
( x + 2)( x + 4)
<=> log 3
< log 3 7
x+2
<=> x + 4 < 7
<=> x < 3
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là –2 < x < 3.
Câu 3
Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đường:
2 x3 − x 2 = 7 x − 6
<=> 2 x 3 − x 2 − 7 x + 6 = 0
<=> ( x − 1)( x + 2)(2 x − 3) = 0

x =1


<=>  x = −2

3
x =

2
Ta có:


∀x ∈ ( −2;1), 2 x 3 − x 2 > 7 x − 6
3
∀x ∈ (1; ), 2 x 3 − x 2 < 7 x − 6
2
Diện tích hình phẳng cần tìm là:
3
2

1

3
2

−2

1

S = ∫ | 2 x 3 − x 2 − 7 x + 6 | dx = ∫ | 2 x 3 − x 2 − 7 x + 6 | dx + ∫ | 2 x 3 − x 2 − 7 x + 6 | dx
−2

1

3
2

−2

1

= ∫ (2 x 3 − x 2 − 7 x + 6) dx + ∫ (−2 x 3 + x 2 + 7 x − 6)dx
3
 x 4 x3 7 x 2
1
 x 4 x3 7 x 2

= − −
+ 6x ÷ +  − + +
− 6x ÷ 2
2
2
 2 3
 −2  2 3
1
= 18 +

13 1741
=
(dvdt)
96
96

Câu 4
uuur
Đường thẳng AB đi qua A và nhận AB = (2;1;1) làm VTCP:
x −1 y +1 z
=
=
⇒ Phương trình AB:
2
1
1
M ∈ AB => M (1 + 2t ; −1 + t ; t )
M ∈ (P) => 2(1 + 2 t) + (−1 + t) − 2 t + 2 = 0
=> t = −1
=> M(−1; −2; −1)
uur
uuur uur
Mặt phẳng (P) nhận nP = (2;1; −2) làm VTPT. Ta có: [ AB; nP ] = (−3;6;0)
1 uuur uur
Vì d ⊂ (P) và d ⊥ AB tại M nên d đi qua M và nhận [ AB; nP ] = (−1; 2;0) làm VTCP.
3
 x = −1 − t

⇒ Phương trình d:  y = −2 + 2t
 z = −1

Câu 5
a) Có
(1 + i ) 2 z = (1 − i)(−1 + 3i )
(1 − i )(−1 + 3i) 2 + 4i (1 + 2i )i −2 + i
=> z =

=
=
=
= 2−i
(1 + i ) 2
2i
i2
−1
Môđun của z là | z |= 22 + (−1) 2 = 5
b) Gọi x = abcd là số có bốn chữ số thỏa mãn đề bài.
x có đúng 2 chữ số chẵn nên cũng có đúng 2 chữ số lẻ.
Số cách chọn bộ 2 chữ số chẵn và bộ 2 chữ số lẻ sắp xếp thành 1 thứ tự từ tập X gồm 3 chữ số chẵn và 4 chữ
2
2
số lẻ lần lượt là A3 và A4
Có 3 cách chon vị trí của 2 chữ số chẵn trong x để chúng không đứng cạnh nhau, đó là các vị trí a và c; a và
d; b và d.
2
2
Theo quy tắc nhân, số các số x lập được là A3 . A4 .3 = 216 (số)
Câu 6


Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD). Vì (SBD) ⊥ (ABCD) nên H ∈ BD.
Có HA = SA2 − SH 2 ; HD = SD 2 − SH 2 => HA = HD => ∆ AHD cân ở H.
Mà ADH=450 nên ∆ AHD vuông cân. Suy ra
AD
HA = HD =
=a
2

SH = SA2 − AH 2 = a 3
Vì ABCD là hình bình hành nên S ABCD = 2 S ABD = AH .BD = a .

3a 3a 2
=
2
2

1
a3 3
Thể tích khối chóp: VS . ABCD = SH .S ABCD =
3
2
Vẽ HK vuông góc CD tại K. Vì CD ⊥ (SHK) nên CD ⊥ SK. Suy ra góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt
phẳng (ABCD) là α = ( HK ; SK ) = SKH . Có
a
BH = BD − HD =
2
a 5
AB = AH 2 + BH 2 =
2
HK HD
AH .HD 2a
∆ABH ~ ∆HDK ( g.g ) =>
=
=> HK =
=
AH AB
AB
5

SK = SH 2 + HK 2 = a
Vậy cos α =
Câu 7

HK
2
=
SK
19

19
5


Không mất tổng quát giả sử M thuộc đoạn DC. Vì AEH=AFH=900 ⇒ AEHF là tứ giác nội tiếp
=>EFH=EAH=900-ACB
Chứng minh tương tự ta có DFH=900-ACB
=>DFE=DFH+EFH=1800-2ACB
Vì M là trung điểm cạnh huyền của tam giác vuông EBC nên ME = MC ⇒ ∆ EMC cân tại M.
Suy ra EMD=MEC+MCE=2MCE=2ACB=>EMD+EFD=1800
Suy ra EFDM là tứ giác nội tiếp ⇒ M thuộc đường tròn đi qua D, E, F.
Tọa độ M là nghiệm của hệ:
7 x + y + 15 = 0
 y = −15 − 7 x
<=>
 2
 2
2
2
 x + y − 3 x + y − 10 = 0

 x + (15 + 7 x ) − 3 x − 15 − 7 x − 10 = 0
 y = −15 − 7 x
 x = −2
<=> 
<=>
=> M (−2; −1)

2
y
=
−
1
50
x
+
200
x
+
200
=
0


3 −1
Đường tròn đi qua D, E, F, M có tâm I ( ; ) . Gọi N là giao của AH với (I) ⇒ MN là đường kính của (I)
2 2
⇒ N đối xứng với M qua I ⇒ N(5;0)
uuur
Đường thẳng AH đi qua N nhận HN (2;1) làm VTCP. Suy ra phương trình AH:
x − 3 y +1

=
<=> x − 2 y − 5 = 0
2
1
Tọa độ D là nghiệm khác (5;0) của hệ:
x − 2 y − 5 = 0
x = 2 y + 5
<=>
 2

2
2
2
 x + y − 3 x + y − 10 = 0
(2 y + 5) + y − 3(2 y + 5) + y − 10 = 0
x = 2 y + 5
x = 2 y + 5

<=>  2
<=>   y = 0
=> D(−1; −3)
5 y + 15 y = 10
  y = −3

Câu 8
 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 + 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 = 3 x + 3 y (1)
(I)
 2
2
3 9 xy + 43 x + 6(2)

2
x
y
+
xy
−
47
x
+
66
=

Ta có:

2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 = (x + 2 y) 2 + ( x − y ) 2 ≥ ( x + 2 y ) 2 =| x + 2 y |≥ x + 2 y

Tương tự
5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 ≥ 2 x + y
=> 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 + 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 ≥ 3 x + 3 y
x = y

Dấu bằng xảy ra ⇔  x + 2 y ≥ 0 <=> x = y ≥ 0
2 x + y ≥ 0

Vậy (1) <=> x = y ≥ 0 . Suy ra
 x = y ≥ 0
(I) <=>  3
3
2
3x − 47 x + 66 = 9 x + 43 x + 6(3)

(3) <=> 3( x + 3) 2 + ( x + 3) = 3(9 x 2 + 43x + 6) + 3 9 x 2 + 43 x + 6(4)
Xét f (t ) = 3t 2 + t trên R. có f '(t ) = 9t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R . Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên ℝ.


(4) <=> f ( x + 3) = f ( 3 9 x 2 + 43x + 6)
<=> x + 3 = 3 9 x 2 + 43x + 6
<=> x 3 − 16 x + 21 = 0
<=> ( x − 3)(x 2 + 3 x − 7) = 0
x = 3
<=> 
 x = −3 ± 37

2
Kết hợp với x = y ≥ 0 ta có hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (3;3), (

−3 + 37 −3 + 37
;
)
2
2

Câu 9
Từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho hai số dương ta có:
3( x 2 + y 2 + z 2 ) = 2( xy + 19 yz + zx) = 2 x( y + z ) + 38 yz
=> 3x 2 + 3( y + z ) 2 = 2 x ( y + z ) + 44 yz ≤ 2 x( y + z ) + 11( y + z ) 2
=> 3x 2 − 2 x( y + z ) − 8(y + z) 2 ≤ 0
=> x ≤ 2( y + z )
Suy ra:
y3
z3

y3
z3
y4
z4
17( 2
+
)
≥
17(
+
)
=
17(
+
)
x + z 2 x2 + y 2
4 y 2 + 8 yz + 5 z 2 4 z 2 + 8 yz + 5 y 2
4 y 3 + 8 y 2 z + 5 yz 2 4 z 3 + 8 yz 2 + 5 zy 2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số, ta có:
y4
z4
+
4 y 3 + 8 y 2 z + 5 yz 2 4 z 3 + 8 yz 2 + 5 zy 2
( y 2 + z 2 )2
( y 2 + z 2 )2
( y 2 + z 2 )2
=
=
4 y 3 + 8 y 2 z + 5 yz 2 + 4 z 3 + 8 yz 2 + 5 zy 2 4( y 3 + z 3 ) + 13 yz ( y + z ) 4( y + z ) 2 + yz ( y + z )
Ta có:

( y + z )2
( x + z)4
( y + z)2
y2 + z2 ≥
=> ( y 2 + z 2 )2 ≥
; yz ≤
2
4
4
3
3
y
z
=> 17( 2
+ 2
)≥ y+z
2
x +z
x + y2
Vì x ≤ 2(y + z) nên
9
x
9
2( y + z )
1
1
−
≥
−
=

−
2
2
2
2
2
2
(x + y + z ) 4(y + z ) 9( y + z ) 2( y + z )
( y + z)
y+z
1
1
=> P ≥ y + z +
−
2
( y + z)
y+z
Đặt t=y+z(t>0).
1 1
Xét hàm số f(t ) = t + 2 − trên (0; +∞)
t t
Có
2 1
f'(t ) = 1 − 3 + 2
t t
t3 + t − 2
f '(t ) = 0 <=>
=0
t3
<=> t = 1

≥


Căn cứ bảng biến thiên có f (t) ≥ 1, ∀ t > 0. Suy ra P ≥ 1.
1 1
Dấu bằng xảy ra khi ( x; y; z ) = (2; ; )
2 2
Vậy GTNN của P là 1.