Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên lê hồng phong nam định năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC: 2015 – 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

Câu 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = –x3 + 3x – 2
Câu 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = xln x trên đoạn [1;e]
Câu 3
1. Cho số phức z thỏa mãn (1 + i)i + (2 + 3i)z = 3 – 2i. Tìm phần thự và phần ảo của z
2
2. Giải phương trình log 2 x + 3log 2 (2 x) − 1 = 0
2

Câu 4: Tính tích phân I = ∫
1

x 3e x + 1
dx
x2

Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA = a 3 và SA ⊥ (ABCD). Biết ∆ SAB cân
và góc giữa SD với mặt đáy bằng 30o. Tính thể tích khốp chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng BD và SC theo a.
Câu 6
1
. Tính giá trị của biểu thức A = 2sin5xcos3x – sin8x
2
2. Một trường có 55 đoàn viên học sinh tham dự đại hội Đoàn trường trong đó khối 12 có 18 em, khối
11 có 20 em và 17 em khối 10. Đoàn trường muốn chọn ra 5 em để bầu vào ban chấp hành nhiệm kì mới. Hỏi
có bao nhiêu cách chọn sao cho 5 em được chọn có cả 3 khối, đồng thời có ít nhất 2 em học sinh khối 12.

1. Cho sin x + cos x = −

Câu 7 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng ∆1 và ∆2 và mặt phẳng (α) có phương trình là
x = 2 + t
x −1 y +1 z + 2

=
=
, (α) : x – y + z + 2 = 0 . Tìm tọa độ giao điểm M của ∆1 với (α) . Viết
∆1 :  y = 5 + 3t , ∆2 :
1
1
2
z = t

phương trình đường thẳng d đi qua M đồng thời cắt ∆2 và vuông góc với trục Oy.
Câu 8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AC < AB. Trên cạnh AB lấy các điểm D và E
 5
 5
sao cho DE = AC và AD = BE. Biết M  8; ÷ là trung điểm BC và E  4; ÷ , phương trình của CD là 5x + 24y
 4
 4
– 130 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C.
Câu 9: Giải bất phương trình 2 x + 4 − 2 2 − x >

12 x − 8
9 x 2 + 16
4

4

 x  y z x
Câu 10: Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn  ÷ +  ÷ + = + 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 y  z x z
2 y2
2z2
3z
P= 2
+
−
2
2
2
x +y
y +z
2x + z


ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1
+ TXĐ: D = ℝ
+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y’ = –3x2 + 3; y’ = 0 ⇔ x = ±1
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;–1) và (1;+∞), đồng biến trên (–1;1)
Giới hạn: lim y = +∞; lim y = −∞
x →−∞

x →+∞

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

Bảng biến thiên:

+ Đồ thị
Giao Oy tại (0;–2), giao Ox tại (1;0), (–2;0)

Câu 2
Xét hàm số y = xlnx trên [1;e]. Hàm số liên tục trên [1;e]
Có y’ = 1 + lnx. Vì lnx ≥ 0 ∀ x ≥ 1 nên y’ > 0 ∀ x ∈ [1;e]
Có y(1) = 1, y(e) = e
Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [1;e] lần lượt là e và 1
Câu 3
1. Ta có
(2 + 3i) z = 3 − 2i − (1 + i) i = 3 − 2i − (i − 1) = 4 − 3i
4 − 3i (4 − 3i)(2 − 3i ) −1 − 18i −1 18
<=> z =
=
=
=
− i
2 + 3i
22 − 9i 2
13
13 13
−1
−18 2
5
=>| z |= ( ) 2 + (
) =
13
13

13
2. Có


log 2 2 x + 3log 2 (2 x) − 1 = 0
<=> log 2 2 x + 3log 2 x + 2 = 0
<=> (log 2 x + 2)(log 2 x + 1) = 0
1

x=

log
x
=
−
2

4
<=>  2
<=> 
 log 2 x = −1
x = 1

2
1 1
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là { ; }
4 2
Câu 4
2
2

2
2
dx
12
1
1
I = ∫ xe x dx + ∫ 2 = ∫ xe x dx −
= ∫ xe x dx + = J +
x
x1 1
2
2
1
1
1
2

x
Tính J= ∫ xe dx
1

Đặt
u = v
du = dx
=> 

x
x
 dv = e dx
v = e

2 2 x
2
J = x.e − ∫ e dx = 2e 2 − e − e x = 2e 2 − e − (e x − e) = e 2
1 1
1
1
2
Vậy I = e +
2
Câu 5
x

+ Ta có SA ⊥ AB ⇒ ∆ SAB vuông cân tại A ⇒ AB = SA = a 3
Có AD là hình chiếu của SD trên mặt phẳng đáy ⇒ góc giữa SD và đáy là (SD;AD)=SDA=300
Suy ra AD=SA.cot300=3a
S ABCD = AB. AD = 3a 2 3
1
VS . ABCD = SA.S ABCD = 3a 3
3
+ Gọi E là điểm đối xứng với A qua B ⇒ EB // CD và EB = CD = AB ⇒ EBDC là hình bình hành ⇒ EC // BD
⇒ BD // (SCE) ⇒ d(BD ; SC) = d(BD; (SCE)) = d( B; (SCE))


1
1
AE => d ( B;( SCE )) = d ( A;( SCE ))
2
2
Vẽ AH ⊥ CE tại H, AI ⊥ SH tại I. Vì CE ⊥ AH, CE ⊥ SA ⇒ CE ⊥ (SAH) ⇒ CE ⊥ AI
⇒ AI ⊥ (SCE) ⇒ d(A; (SCE)) = AI

Có: AE = 2 AB = 2a 3; BD = AB 2 + AD 2 = 2a 3
AE AH
AE. AD
=
=> AH =
= 3a
Vì BD // CE nên AEH = ABD => ∆AEH ~ ∆DBA( g .g ) =>
DB DA
BD
1
1
1
3a
= 2+
=> AI =
Có
2
2
AI
SA
AH
2
3a
Vậy d(BD;SC)=
4
Câu 6
1. Có
A = 2sin 5 x cos 3 x − sin 8 x = (sin 8 x + sin 2 x) − sin 8 x = sin 2 x
Vì AB ∩ (SCE) = E và BE =

= 2sinxcosx = (sin 2 x + 2sin x cos x + cos 2 x) − (sin 2 x + cos 2 x)
1
−3
= (sinx + cos x) 2 − 1 = (− ) 2 − 1 =
2
4
2. Xảy ra 3 trường hợp:
+ Trường hợp 1: Khối 12 có 2 em, khối 11 có 2 em, khối 10 có 1 em.
2
2
1
Có C18 .C20 .C17 = 494190
+ Trường hợp 1: Khối 12 có 2 em, khối 11 có 1 em, khối 10 có 2 em.
2
1
2
Có C18 .C20 .C17 = 416160
+ Trường hợp 1: Khối 12 có 3 em, khối 11 có 1 em, khối 10 có 1 em.
3
1
1
Có C18 .C20 .C17 = 277440
Vậy có 494190 + 416160 + 277440 = 1187790 cách chọn.
Câu 7
+ Vì M ∈ ∆1 ⇒ M(2 + t; 5 + 3t; t); M ∈ (α) ⇒ 2 + t – (5 + 3t) + t + 2 = 0 ⇔ t = –1 ⇒ M(1;2;–1)
+uuuu
Gọi
+r2n)
r N là giao của d với
uuur∆2 ⇒ N(1 + n; –1 + n; –2uuuu

uuur
MN = (n; n − 3; 2n − 1); uOy = (0;1;0); MN ⊥ Oy => MN .uOy = 0
<=> 0 − 3 + n + 0 = 0 => n = 3 => N (4; 2; 4)
 x = 1 + 3t
uuuur

Đường thẳng d đi qua M và nhận MN = (3;0;5) làm VTCP nên có phương trình d :  y = 2
 z = −1 + 5t

Câu 8


Gọi N là trung điểm AB, vì AD = BE nên N cũng là trung điểm DE.
Suyuuur
ra AC = 2MN, DE = 2NE = 2ND. Mà AC = DE nên MN = NE = ND ⇒ ∆MED vuông tại M
Có ME = (−4;0) . Đường thẳng MD đi qua M và nhận (1;0) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: x – 8 =
0
x − 8 = 0
15
=> D(8; )
Tọa độ D là nghiệm của hệ: 
4
5 x + 24 y − 130 = 0
uuur
−5
Có DE = (−4; ) nên đường thẳng DE nhận (5;–8) làm VTPT ⇒ (DE): 5x – 8y – 10 = 0
2
130 − 5c
5c − 70
). Vì M là trung điểm BC nên B(16 − c;

).
Vì C ∈ CD => C (c;
24
24
5c − 70
B ∈ DE => 5(16 − c) − 8.
− 10 = 0
24
=> c = 14
5
=> B (2;0); C (14; )
2
5
Vậy B (2;0); C (14; )
2
Câu 9
12 x − 8
2x + 4 − 2 2 − x >
(1)
9 x 2 + 16
Điều kiện: –2 ≤ x ≤ 2
12 x − 8
Xét f ( x) = 2 x + 4 − 2 2 − x −
trên [–2;2]. Ta có hàm số liên tục trên [–2;2]
9 x 2 + 16
Tìm nghiệm của phương trình f(x) = 0 (2)


2 x + 4 − 4( x − x)
12 x − 8

=
2x + 4 + 2 2 − x
9 x 2 + 16
6x − 4
12 x − 8
<=>
=
2x + 4 + 2 2 − x
9 x 2 + 16
1
2
<=> (6 x − 4)(
−
)=0
2x + 4 + 2 2 − x
9 x 2 + 16
(2) <=>

2

x
=

3
<=> 
1
2

−
= 0(3)

2
 2 x + 4 + 2 2 − x
9 x + 16
(3) <=> 9 x 2 + 16 = 2 x + 4 + 2 2 − x
<=> 9 x 2 + 16 = 4(2 x + 4) + 16 8 − 2 x 2 + 16(2 − x)
<=> 9 x 2 − 32 = 16 8 − 2 x 2 − 8 x
<=> 9 x 2 − 32 =

8(32 − 9 x 2 )

(x ≠

−4 2
)
3

2 8 − 2x + x
8
<=> (9 x 2 − 32)(1 +
)=0
2 8 − 2x2 + x
2

9 x 2 = 32
<=> 
 2 8 − 2 x 2 + x + 8 = 0(VN )

−4 2
( L)
x =

3
<=> 

4 2
(TM )
x =
3

2 4 2
Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là { ;
}
3 3
Bảng xét dấu f (x):

2
4 2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là [-2; ) ∪ (
; 2]
3
3
Câu 10
x
y
z
Đặt a = ; b = ; c = => a, b, c > 0;a bc = 1
y
z
x
Điều kiện đề bài trở thành

a 4 + b 4 + c = ab + 2 => ab + 2 = a 4 + b 4 +

1
1
≥ 2a 2b 2 +
ab
ab

1
≤ ab ≤ 1
2
2
2
3c
2
2
3
P= 2
+ 2
−
= 2
+ 2
−
a + 1 b + 1 2 + c a + 1 b + 1 2ab + 1
Vì ab ≤ 1 nên ta có
1
1
a2 + b2 + 2
1 − a 2b 2

1 − a 2b 2
(1 − ab)(1 + ab)
+
=
=
1
+
≤
1
+
= 1+
2
2
2 2
2
2
2 2
2
2
2 2
a +1 b +1 a b + a + b +1
a b + a + b +1
a b + 2ab + 1
(1 + ab) 2
1
1
1 − ab
2
=> 2
+ 2

≤ 1+
=
a +1 b +1
1 + ab 1 + ab
4
3
4
3
1 
−
−
Suy ra P ≤
. Đặt t = ab. Xét f (t ) =
trên  ;1
ab + 1 2ab + 1
t + 1 2t + 1
2 
2
−4
6
5t + 2t − 1
1 
f '(t) =
+
= −2.
< 0, ∀t ∈  ;1
2
2
2
2

(t + 1) (2t + 1)
(t + 1) (2t + 1)
2 
1 
Hàm số liên tục và nghịch biến trên  ;1 .
2 
1 7
=> P ≤ f (t ) ≤ f ( ) =
2 6
Dấu bằng xảy ra khi x = 1; y = 2; z = 2
7
Vậy GTLN của P là
6
=> 2a 3b3 − a 2b 2 − 2ab + 1 ≤ 0 <=>