Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên lào cai 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 LÀO CAI
TỔ TOÁN – TIN
__________

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) : Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 24x – y – 5 = 0
Câu 2 (1,0 điểm) : Giải phương trình sin x(2sin x + 1) = cos x(2 cos x + 3)
Câu 3 (1,0 điểm) : Cho số phức z thỏa mãn hệ thức (i + 3) z +

2+i
= (2 − i) z . Tìm mô đun của số phức
i

w = z −i

Câu 4 (1,0 điểm) : Trong cụm thi xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phái thi 4 môn trong đó có 3 môn
buộc Toán, Văn. Ngoại ngữ và 1 môn do thi sinh tự chọn trong số các môn: Vật lí. Hóa học. Sinh học, Lịch
sử và Địa lý. Một trường THPT có 90 học sinh đăng kí dự thi. trong đó 30 học sinh chọn môn Vật lí vả 20
học sinh chọn môn Hóa học. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh bất kỳ của trường đó. Tính xác suất để trong 3 học
sinh đó luôn có cả học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn Hóa học
Câu 5 (1,0 điểm) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a. Hình chiếu vuông
góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng
(ABCD) bằng 60o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA và BD.

Câu 6 (1,0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9 và
x−6 y −2 z −2
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M(4;3;4), song song với
−3
2
2
đường thẳng ∆ và tiếp xúc với mặt cầu (S)

đường thẳng ∆ :

Câu 7 (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng d: x +
2y – 6 = 0, điểm M(1;1) thuộc cạnh BD. Biết rằng hình chiếu vuông góc của điểm M trên cạnh AB và AD
đều nằm trên đường thẳng ∆: x + y – 1 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
Câu 8 (1,0 điểm) : Giải bất phương trình: ( x + 2)( 2 x + 3 − 2 x + 1) + 2 x 2 + 5 x + 3 ≥ 1
Câu 9 (1,0 điểm) : Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 5( x 2 + y 2 + z 2 ) = 9( xy + 2 yz + zx)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

x
1
−
2
y + z ( x + y + z )3
2

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


ĐÁP ÁN

Câu 1
a) y = x 3 − 3 x 2 + 2

+TXĐ: D = ℝ
+Sự biến thiên:
–Chiều biến thiên:
y ' = 3x 2 − 6 x
x = 0
y ' = 0 <=> 
x = 2
Các khoảng đồng biến: (–∞;0) và (2;+∞); khoảng nghịch biến (0;2)
–Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2; yCT = –2
–Giới hạn tại vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

+Bảng biến thiên

+Đồ thị

2
b) Ta có: y ' = 3x − 6 x

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M(a;b) ∈ (C) có dạng
y = (3a 2 − 6a )(x − a) + b(d)
Đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 24x – 5 nên suy ra
3a 2 − 6a = 24 <=> a 2 − 2a − 8 = 0 ⇔ a = 4 hoặc a = –2
Thử lại:
a = 4 ⇒ M(4;18); (d): y = 24x – 78 (thỏa mãn)

a = –2 ⇒ M(–2;–18); (d): y = 24x + 30 (thỏa mãn)
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = 24x – 78 và y = 24x + 30
Câu 2


sin x(2sin x + 1) = cos x(2 cos x + 3)
<=> 2sin 2 x + sin x = 2 cos 2 x + 3 cosx
<=> sinx − 3 cosx = 2 cos 2 x
1
3
<=> sin x −
cos x = cos 2 x
2
2
π
<=> sin( x − ) = cos 2 x
3
5π
<=> cos(x − ) = cos 2 x
6
 5π
 x − 6 = 2 x + k 2π
<=> 
 x − 5π = −2 x + k 2π

6
−5π

 x = 6 + k 2π
<=> 

 x = 5π + k 2π

18
−5π

 x = 6 + k 2π
Vậy 
(k ∈ Z )
 x = 5π + k 2π

18
Câu 3
Gọi z = a + bi (a, b ∈ ℝ).
Suy ra z = a − bi
Ta có:
2+i
(i + 3) z +
= (2 − i) z
i
(2 + i )i
<=> (i + 3)(a + bi ) +
= (2 − i)( a − bi)
−1
<=> (3a − b) + (a + 3b)i + 1 − 2i = (2a − b) − (a + 2 b)i
<=> (a + 1) + (2 a + 5 b − 2) i = 0
a + 1 = 0
<=> 
 2a + 5b − 2 = 0
 a = −1


<=> 
4
b = 5
4
=> z = −1 + i
5
1
=> w = z − i = −1 − i
5
Vậy môđun của số phức w là | w |= (−1) 2 + (

−1 2
26
) =
5
5

Câu 4
Gọi A là biến cố “Trong 3 học sinh được chọn có cả học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn Hóa
học.”


+Tính số phần tử của không gian mẫu:
3
Số cách chọn 3 học sinh từ 90 học sinh là C90

+Tính số kết quả có lợi cho A:
–TH1: Trong 3 học sinh được chọn, chỉ có 1 học sinh chọn môn Vật lí và 1 học sinh chọn môn Hóa học:
1
Số cách chọn học sinh chọn môn Vật lí: C30

1
Số cách chọn học sinh chọn môn Hóa học: C20
1
Số cách chọn học sinh còn lại (không chọn Vật lí hay Hóa học): C40
1
1
1
Theo quy tắc nhân, số học sinh TH này là: C30 . C20 . C40

–TH2: Có 2 học sinh chọn môn Vật lí, 1 học sinh chọn môn Hóa học.
2
Số cách chọn 2 học sinh chọn Vật lí: C30
1
Số cách chọn 1 học sinh chọn Hóa học: C20
2
1
Theo quy tắc nhân, số học sinh TH này là: C30 . C20

–TH3: Có 2 học sinh chọn môn Hóa học 1 học sinh chọn môn Vật lí
2
Số cách chọn 2 học sinh chọn Hóa học: C20
1
Số cách chọn 1 học sinh chọn Vật lí: C30
2
1
Theo quy tắc nhân, số học sinh TH này là: C20 . C30

Theo quy tắc cộng, số cách chọn bộ 3 học sinh sao cho luôn có cả học sinh chọn môn Vật lí và học sinh
1
1

1
2
1
2
1
chọn môn Hóa học là C30 . C20 . C40 + C30 . C20 + C20 . C30 =38400

Xác suất cần tính là: PA =

38400 320
=
C903
979

Câu 5

+Tính thể tích
Gọi N là trung điểm CD.
Ta có SM ⊥ (ABCD) nên (SMN) ⊥ (ABCD)
MN // BC ⇒ MN ⊥ CD. Mà SM ⊥ CD nên CD ⊥ (SMN)
Mà CD ⊂ (SCD) nên (SCD) ⊥ (SMN)
Vậy mặt phẳng (SMN) cùng vuông góc với (ABCD) và (SCD)
(SMN) ∩ (ABCD) = MN; (SMN) ∩ (SCD) = SN
⇒ Góc giữa (SCD) và (ABCD) là SNM=600
Vì MNCB là hình chữ nhật nên MN = BC = 2a
Tam giác SMN vuông tại M:


SM = MN .tan 60o = 2a 3
1

1
8a 3 3
=> VSABCD = SM .S ABCD = .2a 3(2a ) 2 =
3
3
3
+Tính khoảng cách:
Qua A kẻ đường thẳng song song BD. H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng đó.
Vẽ MI ⊥ SH tại I
Vì AH ⊂ (SAH) nên BD // (SAH)
Do đó d(BD; SA) = d(BD; (SAH)) = d(B; (SAH)) = 2. d(M; (SAH))
Vì SM ⊥ AH, MH ⊥ AH nên (SMH) ⊥ AH
Suy ra MI ⊥ AH. Mà MI ⊥ SH nên MI ⊥ (SAH)
Suy ra d(M; (SAH)) = MI
MA
a
=
Tam giác AHM vuông cân tại H nên MH =
2
2
Tam giác SMH vuông tại M:
1
1
1
2a 3
=
+
=> MI =
2
2

2
MI
MH
MS
5
4a 3
=> d ( SA; BD) = 2.MI =
5
Câu 6
r
Gọi vectơ pháp tuyến của (P) là n(a; b; c )
r
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương u = (−3; 2; 2) ,đi qua điểm N(6;2;2)
rr
3a
∆ / / P => n.u = 0 <=> −3a + 2b + 2c = 0 <=> c =
−b
2
3a
Phương trình mặt phẳng ( P ) : a( x − 4) + b( y − 3) + ( − b)( z − 4) = 0
2
Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3), bán kính R = 3.
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi
d ( I ;( P )) = 3
3a
| a (1 − 4) + b(2 − 3) + ( − b)(3 − 4) |
2
<=>
=3
3a

2
2
2
a + b + ( − b)
2
<=>| −3a |= 13a 2 − 12ab + 8b 2
<=> 9a 2 = 13a 2 − 12ab + 8b 2
<=> a 2 − 3ab + 2b 2 = 0
Chọn b = 1 thì a = 1 hoặc a = 2.
a = 1 ⇒ (P): 2x + 2y + z – 18 = 0 (loại vì N ∈ (P) ⇒ ∆ ⊂ (P))
a = 2 ⇒ (P): 2x + y + 2z – 19 = 0 (thỏa mãn ∆ // (P))
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là 2x + y + 2z – 19 = 0.
Câu 7


Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, AD.
KM cắt BC tại F, CM cắt KH tại E.
Tam giác KMD vuông tại K có góc MKD bằng 45o nên là tam giác vuông cân.
Suy ra KM = KD
KDCF là hình chữ nhật nên KD = FC ⇒ KM = FC. (1)
Tam giác MBF vuông cân tại F nên MF = BF
MFBH là hình chữ nhật nên BF = MH ⇒ MF = MH (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆ MKH = ∆ MCF (hai tam giác vuông có 2 cạnh góc vuông tương ứng bằng nhau)
=>MKE=MCF
=>MKE+EMK=MCF+FMC=900
Suy ra ∆ MKE vuông tại E ⇒ MC ⊥ HK.
uuur
uuur
Đường thẳng HK có vectơ pháp tuyến nHK = (1;1) => uHK = (1; −1)
uuur

Phương trình đường thẳng MC đi qua M(1;1) và nhận u HK = (1; −1) làm vectơ pháp tuyến:
(MC): x – y = 0
Tọa độ của C là nghiệm của hệ:
x − y = 0
=> C (2; 2)

x + 2 y − 6 = 0
Vậy tọa độ điểm C là (2;2)
Câu 8
( x + 2)( 2 x + 3 − 2 x + 1) + 2 x 2 + 5 x + 3 ≥ 1

(1)

ĐK: x ≥ –1.
Đặt a = 2 x + 3; b = x + 1(a ≥ 1; b ≥ 0) . (1) trở thành


a 2 − 2b 2 = 1; 2 x 2 + 5 x + 3 = ab; x + 2 = a 2 + b 2
(a 2 − b 2 )(a − 2b) + ab ≥ 1
<=> (a − b)(a + b)(a − 2 b) + ab − 1 ≥ 0
<=> (a − b)(a 2 − 2b 2 − ab) + ab − 1 ≥ 0
<=> (a − b)(1 − ab) + ab − 1 ≥ 0
<=> (a − b − 1)(1 − ab) ≥ 0
 a − b − 1 = 0(2)
1 − ab = 0(3)

 a − b − 1 > 0
(I)

 1 − ab > 0

 a − b − 1 < 0

(II)
 1 − ab < 0
Giải (2):
2x + 3 − x +1 −1 = 0
<=> 2 x + 3 = x + 1 + 1
<=> x + 1 = 2 x + 1
<=> x + 1( x + 1 − 2) = 0
⇔ x = –1 hoặc x = 3 (thỏa mãn)
Giải (3):
1 − 2 x2 + 5x + 3 = 0
<=> 2 x 2 + 5 x + 2 = 0
−1
<=> x =
(thỏa mãn) hoặc x = –2 (loại)
2
Giải (I):
 x ≥ −1
x > 3
 2 x + 3 > x + 1 + 1


(I) <=> 
<=>  x + 1 > 2 x + 1 <=> 
−1 (loại)
2
2 x 2 + 5 x + 2 < 0
 −1 < x < 2
 2 x + 5 x + 3 < 1


Giải (II):
 x ≥ −1
 −1 ≤ x < 3
 2 x + 3 < x + 1 + 1

−1

(II) <=> 
<=>  x + 1 < 2 x + 1 <=> 
<=>
< x < 3 (thỏa mãn điều kiện)
−
1
2
2
 2 x + 5 x + 3 > 1
2 x 2 + 5x + 2 > 0
 x > 2

−1
≤ x≤3
Vậy nghiệm của BPT (1) là x = –1 và
2
Câu 9
Đặt t=y+z; t ≥ 0 , ta có các bất đẳng thức sau:
( y + z )2 t 2
( y + z )2 t 2
y +z ≥
= ; yz ≤

=
2
2
4
4
Do đó từ điều kiện đề bài suy ra:
2

2


( y + z )2
( y + z )2
≤ 5( x 2 + y 2 + z 2 ) = 9 x( y + z ) + 18.
2
4
2
2
=> 5 x − 9 xt − 2t ≤ 0
<=> ( x − 2t )(5 x + t ) ≤ 0
<=> x ≤ 2t
Do đó:
x
1
2t
1
4
1
P= 2
−

≤ 2 −
= −
2
2
3
t
y + z ( x + y + z)
(2t + t )
t 27t 3
2
4
1
Xét hàm số: f (t ) = −
trên (0;+∞)
t 27t 3
−4 1
f '(t) = 2 + 4
t
9t
4
1
1
1
f '(t ) = 0 <=> 2 = 4 <=> t 2 =
<=> t =
t
9t
36
6
1

Ta có: f ( ) = 16 . Bảng biến thiên:
6
5 x 2 + 5.

Căn cứ bảng biên thiên, ta có f (t) ≤ 16, ∀ t ∈ (0; +∞)
Suy ra P ≤ 16.

1

y = z
x
=


3
Dấu bằng xảy ra ⇔  x = 2( y + z ) <=> 

y = z = 1
1

y + z =
12
6

Vậy giá trị lớn nhất của P là 16.