Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên lê quý đôn bà rịa vũng tàu năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
Trường Chuyên Lê Quý Đôn
BÀ RỊA – VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA – Năm học 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x − 3
Câu 2 (1 điểm). Tính giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) =

2 x 2 + 3x − 1
trên đoạn
1 − x2

 1
0; 3 

Câu 3 (1 điểm).
a) Câu lạc bộ “Nhảy hiện đại” của trường chuyên Lê Quý Đôn có 3 học sinh chuyên toán, 8 học sinh chuyên
anh và 5 học sinh chuyên văn. Chọn ngẫu nhiên một nhóm gồm 5 học sinh đi giao lưu với trường đại học
RMIT. Tính xác suất chọn được học sinh của cả 3 môn chuyên và không có nhiều hơn 1 học sinh chuyên toán
2
2
b) Giải bất phương trình: log 3 ( x − 2) + log 1 ( x − 1) > 0
3

Câu 4 (1 điểm): Giải phương trình cos 2 x + sin 2 x = sin x − 5cos x + 2
1

2
Câu 5 (1 điểm): Tính tích phân I = ∫ x(tan x + 1 − x )dx
0

Câu
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và đường cao SH với H là điểm thỏa mãn
uuur 6 (1
uuuđiểm):
r
AB = 3 AH .Góc tạo bởi hai mặt phẳng (SCD) và (ACD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.HBCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SC, HD.
Câu 7 (1 điểm): Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(2;1;–3), B(4;3;–2), C(6;–4;–1). Chứng minh
rằng A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và vuông góc với mặt phẳng (ABC).
Câu 8 (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T). Biết A(–1;–1), B(7;–
1) và trung điểm cung BC(không chứa A) của đường tròn (T) là D(6;6); đường thẳng BC đi
qua điểm M(–1;5). Tìm tọa độ trung điểm cung AC(không chứa B) của đường tròn (T)
 x 2 ( x + 1) + x( y + 1) = ( y 2 + 1)( y − 1)
Câu 9 (1 điểm): Giải hệ phương trình: 
3
2
 x + 2 + 4 − y = x + y − 4 x − 2 y
Câu 10 ( 1 điểm): Cho các số dương a, b, c thay đổi và thỏa a + b + c = 1. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
a
b
c
1
1 
 1
T=
+

+
−
+
+
÷
bc
ca
ab  a + 1 b + 1 c + 1 


ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1
+ Tập xác định: D = ℝ.
+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
y ' = 4 x3 − 4 x
x = 0
y ' = 0 <=>  x = −1
 x = 1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–1;0) và (1;+∞), nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;–1) và (0;1)
Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = –1, yCT = –4 và x = 1, yCT = –4; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = –3
Bảng biến thiên:

+ Đồ thị
Giao Ox tại (0;–3). Giao Oy tại ( 3;0) và (− 3;0)

Câu 2
1
2 x2 + 3x −1
trên đoạn [0; ]
2
3
1− x
2
2
(4 x + 3)(1 − x ) + 2 x(2 x + 3 x − 1) 3x 2 + 2 x + 3 2 x 2 + (x + 1) 2 + 2
1
=
=
> 0, ∀x ∈ [0; ]
Ta có: y ' =
2 2
2 2
2 2
(1 − x )
(1 − x )
(1 − x )
3
Xét hàm số y =


1
1 1
Hàm số y đồng biến, liên tục trên đoạn [0; ] , có y (0) = −1; y ( ) =
3

3 4
1
1
Vậy giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y trên đoạn [0; ] lần lượt là –1 và
3
4
Câu 3
a) Gọi A là biến cố “Chọn được học sinh của cả 3 môn chuyên và không có nhiều hơn 1 học sinh chuyên
toán”.
5
Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 5 học sinh từ 16 thành viên của câu lạc bộ, bằng C16 = 4368
Tính số kết quả thuận lợi cho A: Xét 3 trường hợp:
TH1: Chọn 1 học sinh chuyên toán, 1 học sinh chuyên anh, 3 học sinh chuyên văn: Số cách chọn 1 học sinh
3
chuyên toán, 1 học sinh chuyên anh và 3 học sinh chuyên văn lần lượt là 3, 8, C5 . Theo quy tắc nhân số cách
3
chọn nhóm 5 học sinh là 3.8.C5 = 240
TH2: Chọn 1 học sinh chuyên toán, 2 học sinh chuyên anh, 2 học sinh chuyên văn: Số cách chọn nhóm 5 học
2
2
sinh như vậy là 3.C8 .C5 = 840
TH3: Chọn 1 học sinh chuyên toán, 3 học sinh chuyên anh, 1 học sinh chuyên văn: Số cách chọn nhóm 5 học
3
sinh như vậy là 3.C8 .5 = 840
Theo quy tắc cộng, số kết quả thuận lợi cho A là 240+840+840 =1920
1920 40
=
Xác suất cần tính là PA =
4368 91
2

2
(1)
b) log 3 ( x − 2) + log 1 ( x − 1) > 0
3

| x |> 1
(x − 2) > 0
<=> 
Điều kiện :  2
x ≠ 2
 x − 1 > 0
Với điều kiện trên ta có:
(1) <=> log 3 ( x − 2) 2 − log 3 ( x 2 − 1) > 0
2

<=> log 3 ( x − 2) 2 > log 3 ( x 2 − 1)
<=> ( x − 2) 2 > x 2 − 1
<=> −4 x + 5 > 0
5
<=> x <
4
5
Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (−∞; −1) ∪ (1; )
4
Câu 4
Ta có:
cos 2 x + sin 2 x = sinx − 5cosx + 2
<=> 2 cos 2 x − 1 + 2sin x cos x = sin x − 5cos x + 2
<=> 2 cos 2 x + 5cos x − 3 + sin x(2 cos x − 1) = 0
<=> (2 cos x − 1)(cos x + 3 + sin x) = 0

1
<=> cos x = (Do cosx+sinx+3 ≥ -1-1+3>0)
2
π
<=>x= ± + k 2π
3
π
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x= ± + k 2π (k ∈ Z )
3


Câu 5
1

1

1

0

0

I = ∫ x(tan 2 x + 1 − x )dx = ∫ x tan 2 xdx + ∫ x 1 − xdx = I1 + I 2
0

1

2
Tính I1 = ∫ x tan xdx
0

Đặt u = x => du = dx; dv = tan 2 x => v = tan x − x
1 1
x2 1
=> I1 = x(tanx − x) − ∫ (tan x − x)dx = tan1 − 1 + (ln | cos x | + )
0 0
2 0
= tan1 + ln(cos1) −

1
2

1

Tính I 2 = ∫ x 1 − xdx
0

Đặt
t = 1 − x => x = 1 − t 2
2tdt = − dx.
Với x=0=>t=1;x=1=>t=0
0

0

1

1

2

4
2
=> I 2 = ∫ (1 − t )t.( −2 t) dt = ∫ (2t − 2t ) dt = (

Vậy I = I1 + I 2 = tan1 + ln(cos1) −

2t 5 2t 3 0 4
−
) =
5
3 1 15

7
30

Câu 6

Vẽ HE ⊥ CD tại E. Ta có CD = (SCD) ∩ (ACD), CD ⊥ HE, CD ⊥ SH ⇒ CD ⊥ (SHE).
Mà (SHE) ∩ (ACD) = CD; (SHE) ∩ (SCD) = SE nên góc giữa (SCD) và (ACD) là (SE;HE)=SEH=600
AHED là hình chữ nhật nên HE = AD = a.
∆ SHE vuông tại H nên SH = HE.tan 60o = a 3
1
5a 2
Diện tích đáy S HBCD = S ABCD − S AHD = AB 2 − AH . AD =
2
6
3
1
5a 3
Thể tích khối chóp: VS . HBCD = SH .S HBCD =

3
18
Qua C vẽ đường thẳng song song với HD cắt AB tại J. Vẽ HI ⊥ CJ tại I, HK ⊥ SI tại K.
Ta có CJ ⊥ HI, CJ ⊥ SH ⇒ CJ ⊥ (SHI) ⇒ CJ ⊥ HK
HK ⊥ CJ, HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ (SCI)
Vì HD // (CI) ⇒ HD ⊥ (SCI) ⇒ d(HD;SC) = d(HD;(SCI)) = d(H; (SCI)) = HK.


HI
HJ
DA.HJ 3a 10
=
=> HI =
=
DA DH
DH
10
1
1
1
3a 13
Tam giác SHI vuông tại H ⇒
=
+ 2 => HK =
2
2
HK
HS
HI
13

3a 13
Vậy khoảng cách giữa SC và HD là
13
Câu 7
Ta có:
uuur
AB = (2; 2;1)
uuur
AC = (4; −5; 2)
Ta có: ∆HIJ ~ ∆DAH ( g.g ) =>

2 = 4k
uuur
uuur

Giả sử A, B, C thẳng hàng, thì tồn tại số thực k sao cho: AB = k . AC <=> 2 = −5k (mâu thuẫn)
1 = 2k

VậyuA,
B,
uur u
uurC không thẳng hàng.
Có AB. AC = 2.4 − 2.5 + 1.2 = 0 => AB ⊥ AC.
Vì (P) ⊥ (ABC), (P) ∩ (ABC) = AB, CA ⊂ (ABC), CA ⊥ AB ⇒CA ⊥ (P).
uuur
Phương trình mặt phẳng (P) qua A nhận AC = (4; −5; 2) làm vectơ pháp tuyến có dạng:
4x-5y+2z+3=0
Câu 8
Gọi phương trình đường tròn (T) có dạng x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 . Vì A,B,D ∈ (T) nên ta có hệ:
 − a − b + c = −2

 a = −6


2
2
7 a − b + c = −50 <=> b = −4 .Suy ra phương trình (T ) : (x − 3) + ( y − 2) = 25
6a + 6b + c = −72
c = −12


(T) có tâm I(3;2)
uur
D là điểm chính giữa cung BC nên ID ⊥ BC. Suy ra đường thẳng BC đi qua B và nhận ID(3; 4) làm vectơ pháp
tuyến, có phương trình : 3x+4y-17=0
17 − 3c
) . Vì C ≠ B nên c ≠ 7. Ta có:
Gọi C (c;
4
17 − 3c
25
75 175
C ∈ (T ) => (c − 3) 2 + (
− 2) 2 = 25 <=> c 2 − c −
= 0 <=> c = −1( Do c ≠ 7)
4
16
8
16
uuur
Suy ra C(−1;5) ; AC (0;6) . Phương trình AC: x + 1 = 0

Gọi E là điểm chính giữa cung AC không chứa B. Suy ra E và B nằm khác phía với đường thẳng AC và IE
⊥AC.
uuur
Đường thẳng IE qua I và nhận AC (0;6) làm vectơ pháp tuyến, có phương trình: 6y-12=0y-2=0
e = 8
2
Gọi E (e; 2), E ∈ (T) => (e − 2) = 25 <=> 
 e = −2
Nếu e = 8 thì E và B cùng phía đối với đường thẳng AC. Nếu e= –2 ⇒ E(–2;2) ⇒ E và B nằm khác phía đối với
AC.
Vậy điểm cần tìm là E(–2;2).
Câu 9
 x 2 ( x + 1) + x( y + 1) = ( y 2 + 1)( y − 1)
(1)
(I)

3
2
 x + 2 + 4 − y = x + y − 4 x − 2 y
Điều kiện: x ≥ –2; y ≤ 4. Với điều kiện đó, ta có:


(1) <=> x 3 + x 2 + xy + x = y 3 − y 2 + y − 1
<=> (x 3 − y 3 ) + ( x − y ) + (x 2 + xy + y 2 ) + 1 = 0
<=> ( x − y + 1)( x 2 + xy + y 2 + 1) = 0
1 44 2 4 43
> 0,∀x , y

<=> y = x + 1
 y = x + 1

Suy ra (I) <=> 
3
2
 x + 2 + 3 − x = x + x − 4 x − 1(2)
Ta có:
(2) <=> ( x + 2 − 1) + ( 3 − x − 2) = x 3 + x 2 − 4 x − 4
x +1
−x −1
<=>
+
= ( x + 1)( x 2 − 4)
x + 2 +1
3− x + 2
 x = −1
<=> 
1
1

−
= x 2 − 4(3)
3− x + 2
 x + 2 + 1
(3) <=> 3 − x − x + 2 + 1 = ( x 2 − 4)( x + 2 + 1)( 3 − x + 2)
<=> ( 3 − x − 1) − ( x + 2 − 2) = ( x 2 − 4)( x + 2 + 1)( 3 − x + 2)
2− x
x−2
<=>
−
= ( x 2 − 4)( x + 2 + 1)( 3 − x + 2)
3 − x +1

x+2+2
x = 2
<=> 
1
1
−
−
= ( x + 2)( x + 2 + 1)( 3 − x + 2)(4)
x+2+2
 3 − x + 1
Phương trình (4) vô nghiệm vì có vế trái âm, vế phải không âm ∀ x ≥ –2.
 x = −1; y = 0
Vậy 
(thỏa mãn điều kiện)
 x = 2; y = 3
Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (–1;0) và (2;3).
Câu 10
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho hai số dương, ta có:
a
b
c
2a
2b
2c
+
+
≥
+
+
bc

ca
ab b + c c + a a + b
1
1
2
(
+
)(a + b + a + c ) ≥
.2 (a + b)(a + c) = 4
a+b a+c
(a + b)(a + c)
Từ đó kết hợp với a + b + c = 1 ta có:
1
1 1
1
1
1 1
1
≤ (
+
) =>
≤ (
+
)
a+b+a+c 4 a+b a+c
a +1 4 a + b a + c
1
1
1
1 2

2
2
+
+
≤ (
+
+
)(2)
Ta có 2 bất đẳng thức tương tự, từ đó suy ra
a +1 b +1 c +1 4 a + b b + c c + a
4a − 1
4b − 1
4c − 1
4a − 1
4b − 1
4c − 1
+
+
=
+
+
Từ (1) và (2) suy ra T ≥
2(b + c) 2(c + a ) 2(a + b) 2(1 − a ) 2(1 − b) 2(1 − c)
4a − 1 27 a − 7
≥
, ∀a ∈ (0;1)(*). thật vậy
Ta chứng minh:
2(1 − a )
8
(*) <=> 4(4a − 1) − (1 − a)(27 a − 7) ≥ 0 <=> 3(3a − 1) 2 ≥ 0 luôn đúng.

Ta có hai bất đẳng thức tương tự, từ đó suy ra T ≥
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là

3
4

1
3

27(a + b + c ) − 21 3
=
8
4