Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên thái nguyên lần 1 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN
Trường THPT Chuyên

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

2x +1
x +1
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
b. Đường thẳng ∆: y = – x + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B. Hãy tính diện tích tam giác OAB
(với O là gốc tọa độ)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 x + cos 2 x + sin x + 1 = 0
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 3.27 x + 4.18x − 12 x − 2.8 x = 0.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 x 2 + 10 x + 6 + (2 − x) 2 − x 2 = 0.
e

1 

2015
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫  2016 x −
÷ln xdx
1008 x 
1
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng
đáy, SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 450 và tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 300. Biết độ dài cạnh AB =
3 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng, với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên
đường thẳng d1 : x − y + 1 = 0. Đường cao của tam giác ABC kẻ từ B là d 2 : x + 2 y − 2 = 0 . Điểm M(1;1)
thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại của tam giác ABC.
Câu 8 (1,0 điểm). Có 5 học sinh lớp chuyên Toán, 5 học sinh lớp chuyên Văn, 5 học sinh lớp chuyên Anh, 5
học sinh lớp chuyên Sử được xếp ngẫu nhiên thành một hàng thẳng. Tính xác suất để 5 học sinh lớp chuyên
Toán xếp cạnh nhau.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
(2a + b + c) 2
(2b + c + a ) 2
(2c + a + b) 2
+
+
≤8
2a 2 + (b + c ) 2 2b 2 + (a + c) 2 2c 2 + ( a + b) 2

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


ĐÁP ÁN

Câu 1
a. Khảo sát
1. Tập xác định: D = ℝ \ {–1}
2. Sự biến thiên
1
> 0, ∀x ∈ D
Chiều biến thiên: y ' =
( x + 1) 2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–∞;–1) và (–1;+∞)
Giới hạn: lim − y = +∞; lim + y = −∞ => x = −1 là tiệm cận đứng

x →( −1)

x → ( −1)

lim y = lim y = 2 => y = 2 là tiệm cận ngang
x →+∞

x →−∞

Bảng biến thiên:

3. Đồ thị
−1
;0) . Giao với Oy tại (0;1)
2
Đồ thị nhận I(–1;2) làm tâm đối xứng
Giao với Ox tại (

b. Tính diện tích tam giác OAB
Xét phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (C):


2x +1
= −x +1
x +1
 x ≠ −1
 x ≠ −1
<=> 
<=>  2
 2 x + 1 = (− x + 1)( x + 1)

x + 2x = 0
x = 0
<=> 
 x = −2
Giả sử tọa độ 2 giao điểm của ∆ và (C) là A(0;1) và B(–2;3)
Suy ra OA ≡ Oy. Vẽ BH ⊥ Oy tại H. Ta có: OA = 1; BH = |xB| = 2
Diện tích tam giác OAB:
1
SOAB = OA.BH = 1 (đvdt)
2
Câu 2
sin 3 x + cos 2 x + sin x + 1 = 0
<=> (3sin x − 4sin 3 x) + (1 − 2 sin 2 x) + sin x + 1 = 0
<=> −4sin 3 x − 2sin 2 x + 4sin x + 2 = 0
<=> −2(2sin x + 1)(sin 2 x − 1) = 0
<=> (2sin x + 1) cos 2 x = 0

π

 x = − 6 + k 2π

−1

sin x =
5π

<=>
+ k 2π
2 <=>  x = −


6

 cos x = 0
 x = π + kπ

2
π

 x = − 6 + k 2π

5π
+ k 2π (k ∈ Z )
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là  x = −
6

 x = π + kπ

2
Câu 3
3.27 x + 4.18x − 12 x − 2.8 x = 0(1)
Chia cả hai vế của (1) cho 8 x ta có:
3
3
3
(1) <=> 3.( )3 x + 4.( ) 2 x − ( ) x − 2 = 0(2)
2
2
2
3 x
Đặt t = ( ) ,t>0, phương trình (2) trở thành:

2
3
2
3t + 4t − t − 2 = 0
<=> (t + 1) 2 (3t − 2) = 0
2
<=> t = ( Do t>0)
3
3
2
<=>( ) x =
2
3
<=> x = −1
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {–1}


Câu 4
3 x 2 + 10 x + 6 + (2 − x) 2 − x 2 = 0. (1)
ĐK: 2 − x 2 ≥ 0 <=> − 2 ≤ x ≤ 2
Với ĐK trên thì 2 – x > 0 và
(1) <=> (2 − x) 2 − x 2 = −(3 x 2 + 10 x + 6)
2
3 x + 10 x + 6 ≤ 0
<=> 
2
2
2
2
(4 − 4 x + x )(2 − x ) = (3x + 10 x + 6) (2)

(2) <=> 10 x 4 + 56 x 3 + 138 x 2 + 128 x + 28 = 0

<=> 2(5 x 2 + 8 x + 2) ( x 2 + 4 x + 7) = 0
14243
= ( x + 2) 2 + 3>0

<=> 5 x 2 + 8 x + 2 = 0
<=> x =

−4 ± 6
5

 −4 − 6 
Kết hợp với các điều kiện, ta có tập nghiệm của phương trình (1) là 

 5 
Câu 5
e

1 

I = ∫  2016 x 2015 −
÷ln xdx
1008 x 
1
e

e

ln xdx

= I1 − I 2
1008 x
1

= ∫ 2016 x 2015 ln xdx − ∫
1

e

2015
Tính I1 = ∫ 2016 x ln xdx
1

dx
; dv = 2016 x 2015 => v = x 2016
x
e e x 2016
x 2016 e 2016 e 2016 − 1
2016
2016
I
=
x
.ln
x
−
dx
=
e
−

=e −
Suy ra 1
1 ∫1 x
2016 1
2016
Đặt u = ln x => du =

Ta có I 2 =

e
e
1
ln xdx
1
1 ln 2 x e
1
=
ln
xd
(ln
x
)
=
.
=
∫
∫
1008 1 x
1008 1
1008 2 1 2016

Vậy I = I1 − I 2 =

2015.e 2016
2016

Câu 6

Vì SA ⊥ (ABCD) , C ∈ (ABCD) nên góc giữa SA và đáy là (SC;AC)=SCA=45 0 (do góc SCA nhọn)


Ta có SA ⊥ BC, BA ⊥ BC (do ABCD là hình chữ nhật) ⇒ BC ⊥ (SAB)
Mà S ∈ (SAB) nên góc giữa SC và (SAB) là (SC,SB)=BSC=300 (do góc BSC nhọn)
Tam giác SAC vuông cân ở A, đặt
AC = SA = x => SC = x 2
Tam giác SBC vuông ở B:
x
BC = SC.sin 300 =
2
Tam giác ABC vuông ở B:
AB 2 + BC 2 = AC 2
x
<=> ( 3) 2 + ( ) 2 = x 2 => x 2 = 6 => x = 6
2
=> SA = 6; BC = 3
Thể tích khối chóp:
1
1
VS . ABCD = SA.S ABCD = SA. AB.BC = 6 (đvtt)
3

3
Câu 7

B là giao điểm của d1 và d2 nên có tọa độ là nghiệm của hệ
x − y +1 = 0
=> B (0;1)

x + 2 y − 2 = 0
Vì tam giác ABC cân tại A nên góc giữa d1, d2 bằng góc giữa d1 và MC.
ur
uur
Vectơ pháp tuyến của d1 và d2 lần lượt là n1 (1; −1), n2 (1; 2)
Góc giữa d1 và d2 là (d1;d2)= α
ur uur
ur uur
| n1.n2 |
1
cos a =| cos( n1 ; n2 ) |= ur uur =
| n1 | . | n2 |
10
Phương trình đường thẳng MC đi qua M có dạng
a ( x − 1) + b( y − 1) = 0 <=> ax+by-a-b=0(d 3 )
uur
d3 nhận n3 (a; b) làm vectơ pháp tuyến
ur uur
Góc giữa d1 và d3 là (d1 ; d3 ) = β => cos β =| cos( n1 ; n3 ) |=
Ta có

| a−b|
2. a 2 + b 2

cosα = cos β <=>

| a −b |
2 a 2 + b2

=

1
10

<=> a 2 + b 2 = 5 | a − b |
<=> 4a 2 − 10ab + 4b 2 = 0
a = 2
b = 1 <=> 
a = 1

2
a = 3 => (d3 ) : x + 2 y − 3 = 0( L)
a = 2 => (d3 ) : 2 x + y − 3 = 0(TM )
Phương trình AB qua B và vuông góc với d3: x-2y+2=0
2 x + y − 3 = 0
2 5
=> C ( ; )
Tọa độ C là nghiệm của hệ 
3 3
x − y +1 = 0
Phương trình AC qua C và vuông góc với d2: 2 x − y +

1
=0
3

Vậy phương trình AB: x-2y+2=0 , phương trình AC: 2 x − y +

1
=0
3

Câu 8
Gọi A là biến cố: “5 học sinh chuyên Toán được xếp cạnh nhau”.
Số phần tử của không gian mẫu là số hoán vị của 20 học sinh, bằng 20!
Tính số kết quả có lợi cho A:
Số cách chọn 5 vị trí cạnh nhau trong 1 hàng thẳng có 20 vị trí là 16.
Số cách xếp 5 học sinh chuyên Toán vào 5 vị trí đó là 5!
Số cách xếp 15 học sinh còn lại vào 15 vị trí còn lại của hàng là 15!
Theo quy tắc nhân, số kết quả có lợi cho A là 16.5!.15!
16.5!.15!
1
=
Xác suất cần tính là PA =
20!
969
Câu 9
 x; y; z > 0
3a
3b
3c
;y =

;z =
=> 
Đặt x =
a+b+c
a+b+c
a+b+c
x + y + z = 3
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(2 x + y + z ) 2
(2 y + z + x) 2
(2 z + x + y ) 2
+
+
≤8
2 x 2 + ( y + z )2 2 y 2 + ( x + z )2 2 z 2 + ( x + y)2
Vì x + y + z = 3 nên

(2 x + y + z ) 2
( x + 3) 2
x2 + 6x + 9
=
=
2 x 2 + ( y + z ) 2 2 x 2 + (3 − x)2 3x 2 − 6 x + 9

x 2 + 6 x + 9 4 x + 4 −(x − 1) 2 (2 x + 3)
(2 x + y + z ) 2
x2 + 6x + 9 4x + 4
−
=
≤

0
=>
≤
≤
3x 2 − 6 x + 9
3
3( x 2 − 2 x + 3)
2 x 2 + ( y + z ) 2 3x 2 − 6 x + 9
3
Ta có 2 bất đẳng thức tương tự, cộng từng vế của 3 bất đẳng thức thu được, ta có:
Xét

(2 x + y + z ) 2
(2 y + z + x) 2
(2 z + x + y ) 2 4( x + y + z ) + 12
+
+
≤
=8
2 x 2 + ( y + z )2 2 y 2 + ( x + z )2 2 z 2 + ( x + y)2
3
⇒ (*) đúng ⇒ đpcm
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c