Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT trần nhân tông quảng ninh 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 GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH
TRƯỜNG THPT TRẦN NHÂN TÔNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN I
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (1 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4
Câu 2 (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1 
f ( x) = x 2 + trên đoạn  ; 2
x
2 
Câu 3 (1 điểm) Giải phương trình : log 2 ( x + 1) + log 2 (4 x + 4) − 4 = 0
2

2

Câu 4 (1 điểm) Tính I = ∫0

x2
x3 + 1

dx

Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết rằng AB = a , BC = a 3 và góc giữa SC và (ABCD) bằng 600 . Tính

thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CE và SB trong đó E là trung điểm của SD.
Câu 6 (1 điểm) Trong không gian cho tam giác ABC có A(1; −1;3), B (−2;3;3), C (1;7; −3) lập phương trình mặt
phẳng (ABC) và tìm chân đường phân giác kẻ từ A trên cạnh BC
Câu 7 (1 điểm)
a.Một đoàn gồm 30 người Việt Nam đi du lịch bị lạc tại Châu Phi, biết rằng trong đoàn có 12 người biết tiếng
Anh, có 8 người biết tiếng Pháp và có 17 người chỉ biết tiếng Việt. Cần chọn ra 4 người đi hỏi đường. Tính xác
suất trong 4 người được chọn có 2 người biết cả 2 thứ tiếng Anh và Pháp
b.Tính giá trị của biểu thức P = (2 cos 2 x − 5)(3 − 2sin 2 x) biết tan x = 2
Câu 8 (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho hình vuông ABCD. Điểm M nằm trên đoạn BC, đường
·
thẳng AM có phương trình x + 3 y − 5 = 0 , N là điểm trên đoạn CD sao cho góc BMA
= ·AMN . Tìm tọa độ A
biết đường thẳng AN qua điểm K (1; −2) .
Câu 9 (1 điểm) Giải phương trình : (2 x + 4) 3 2 x + 3 − 9 x 3 + 60 x 2 + 133x + 98 = x 2 − 2 x − 5
Câu 10 (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của


P=

2 y + z − 2x 2z + x − 2 y 2x + y − 2z
+
+
x2 + x
y2 + y
z2 + z

ĐÁP ÁN
Câu 1

Cho hàm số: y = x − 3x + 4

1.Tập xác định: D = R
2.Sự biến thiên:
x = 0  y = 4
+ y ′ = 3 x 2 − 6 x, y ′ = 0 ⇔ 
⇒
x = 2  y = 0
3

1,00

2

0,25

3
2
3
2
+Giới hạn: lim x →−∞ y = lim x →−∞ ( x − 3 x + 4) = −∞, lim x →+∞ y = lim x →+∞ ( x − 3 x + 4) = +∞
+Bảng biến thiên :

0,25

0,25
- Hàm số đồng biến trên (−∞;0) và (2; +∞) , nghịch biến trên (0; 2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 , yCĐ = 4 , đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0
3.Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0;4); giao với trục hoành tại ( -1;0), (2;0). Nhận
điểm uốn I(1;2) là tâm đối xứng.

0,25

Câu 2

2
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x +

2
x2
2
1 
f ′( x) = 0 ⇔ 2 x − 2 ⇔ x = 1 ∈  ;3 ÷
x
2 

Ta có f ′( x) = 2 x −

2
trên đoạn
x

1 
 2 ; 2 

1,00
0,25
0,25
0,25


 1  17

Ta có f  ÷ = ; f (1) = 3; f (2) = 5
2 4

0,25

max  1  f ( x) = 5
2
1 
min  1  f ( x) = 3
2
 2 ;2 
;
2
f
(
x
)
=
x
+




 2 ;2 
Do hàm số
liên
tục
trên
đoạn

nên
;


x
2 
Câu 3

1,00

Giải phương trình : log 2 ( x + 1) + log 2 (4 x + 4) − 4 = 0
Điều kiện:x>-1
2

0,25
0,25

2
Phương trình tương đương: log 2 ( x + 1) + log 2 ( x + 1) − 2 = 0

Đặt t = log 2 ( x + 1) phương trình trở thành t 2 + t − 2 = 0
t = 1
⇔
 t = −2

0,25

Với t = 1 ⇒ log 2 ( x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1
−2
Với t = −2 ⇒ log 2 ( x + 1) = −2 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x =

−3
4

0,25

Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có hai nghiệm x = 1 và x =
Câu 4

2

Tính I = ∫0

x2
x3 + 1

1,00

dx

3
2
3
2
2
Đặt t = x + 1 ⇒ t = x + 1 ⇒ 2tdt = 3x dx ⇒ x dx =

Câu 5

−3

4

2t
dt
3

Với x = 0 ⇒ t = 1; x = 2 ⇒ t = 3
2
t
3
2 3
Ta được
3
I1 = ∫
dt = ∫ dt
1 t
3 1
2 3 4
= t =
3 1 3
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Hai mặt phẳng (SAB) và

0,25
0,25
0,25

0,25
1,00

(SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết rằng AB = a , BC = a 3 và góc

giữa SC và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng CE và SB trong đó E là trung điểm của SD.
0,25

Do hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc (ABCD)
Nên SA ⊥ (ABCD)
Ta có AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng ABCD nên ( SC , ( ABCD)) = 600 ⇒

·
( SC , AC ) = 600 ⇒ SCA
= 600


Trong tam giác vuông SAC có:
SA
·
tan SCA
=
= 3, AC = 2 3a
AC
Theo công thức tính thể tích khối chóp ta có:
1
1
VS . ABCD = SA.S ABCD = 2 3a.a. 3a = 2a 3
3
3
Kẻ BF / / = AC suy ra AF//=BC do đó A là trung điểm của DF
Ta có AC / / BF nên AC / /( SFB ); AE / / SF nên AE / /( SFB ) từ đó ( ACE ) / /( SFB )
Do đó d (CE ; SB ) = d ( ( ACE ), (SFB ) ) = d ( A, ( SFB ) )
Kẻ AH ⊥ FB theo định lý 3 đường vuông góc suy ra FB ⊥ SH nên BF ⊥ (SAH), mà BF

⊂(SFB) =>(SAH) ⊥ (SFB)
Do (SAH) ∩ (SFB) = SH nên kẻ AK ⊥ (SFB) => d(A; (SFB))= AK.
Ta có:

1
1
1
1
1
1
17
2 3a
=
+
=
+
+
=
⇒ AK =
2
2
2
2
2
2
2
AK
AS
AH
AS

AB
AF
12a
17

2 3a
17
Trong không gian cho tam giác ABC có A(1; −1;3), B (−2;3;3), C (1; 7; −3) lập phương trình
mặt phẳng (ABC) và tìm chân đường phân giác kẻ từ A trên cạnh BC

0,25

0,25

0,25

Vậy d (CE ; SB ) =
Câu 6

1,00

0,25
uuu
r
r uuur
AB = (−3; 4;0)  uuu
⇒
AB
∧ AC = (−24; −18; −24) = −6(4;3; 4)
Có : uuur


AC = (0;8; −6) 
uuu
r uuur
uuur uuur
Do AB, AC là hai véc tơ không cùng phương có giá nằm trong (ABC) nên AB ∧ AC là
một
r
véc tơ pháp tuyến của (ABC). Chọn véc tơ pháp tuyến của (ABC) là n = (4;3; 4)
Suy ra (ABC) có phương trình : 4( x − 1) + 3( y + 1) + 4( z − 3) = 0 ⇔ 4 x + 3 y + 4 z − 13 = 0
Ta có: AB = 5; AC = 10
Gọi D(x;y; z) là chân đường phân giác kẻ từ A trên BC ta có hệ thức
uuur
uuur
DB DC
=
⇒ DC = 2 DB ⇒ DC = −2 DB (do B,C,D thẳng hàng)
Gọi
AB AC
⇒ (1 − x; 7 − y; −3 − z ) = −2(−2 − x;3 − y;3 − z )

0,25
0,25

0,25

 x = −1

13


⇔ y =
3


z = 1
13
;1)
3
a.Một đoàn gồm 30 người Việt Nam đi du lịch bị lạc tại Châu Phi, biết rằng trong

Vậy D( −1;
Câu 7

1,00


đoàn có 12 người biết tiếng Anh, có 8 người biết tiếng Pháp và có 17 người chỉ biết
tiếng Việt. Cần chọn ra 4 người đi hỏi đường. Tính xác suất trong 4 người được chọn
có 2 người biết cả 2 thứ tiếng Anh và Pháp
b.Tính giá trị của biểu thức P = (2 cos 2 x − 5)(3 − 2sin 2 x) biết tan x = 2
a)Số người biết tiếng Anh hoặc tiếng Pháp là 30-17=13 mà tổng số người biết Anh và Pháp
là 20 nên số người biết cả tiếng Anh và tiếng Pháp là 20-13=7
4
Chọn 4 người bất kì từ 30 người có C30 = 27405 ⇒ n(Ω) = 27405
Gọi A là biến cố của xác suất cần tính ra tính n(A) như sau: Chọn 2 người trong số 7 người
biết cả Anh và Pháp, tiếp theo chọn 2 người trong số 23 người còn lại

0,25

0,25

⇒ n( A) = C72 .C232 = 5313
253
1305
b.Tính giá trị của biểu thức P = (2 cos 2 x − 5)(3 − 2sin 2 x) biết tan x = 2

Vậy P( A) =

Ta có:

1
1
= tan 2 x + 1 ⇒ cos 2 x =
2
cos x
5

−217
25
Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho hình vuông ABCD. Điểm M nằm trên đoạn BC,
đường thẳng AM có phương trình x + 3 y − 5 = 0 , N là điểm trên đoạn CD sao cho góc
·
BMA
= ·AMN . Tìm tọa độ A biết đường thẳng AN qua điểm K(1;-2).
P = (2 cos 2 x − 5)(3 − 2 sin 2 x ) = (4 cos 2 x − 7)(1 + 2 cos 2 x) =

Câu 8

0,25
0,25

1,00

0,25

·
·
Ta kẻ AH ⊥ MN có ∆MAB= ∆MAH ⇒ AH = AB = AD và MAB
= MAH
(1)
·
·
Suy ra ∆MAH = ∆ADH và NAD
= HAN
(2)
·
Từ (1) và (2) suy ra MAN
= 450

r
Gọi véc tơ pháp tuyến của AN là n = (a; b), a 2 + b 2 > 0
Do AN qua K(1;-2) nên AN có phương trình a ( x − 1) + b( y + 2) = 0 ⇒ ax + by − a + 2b = 0

Ta có cos( AM , AN ) = cos 450
a + 3b

=

1
⇔ 4a 2 − 6ab − 4b 2 = 0 (*)
2

10 a + b
+Nếu b = 0 => a = 0 vô lý.
2

2

a
b = 2
a
a
+Nếu b ≠ 0 ⇒ ( *) ⇔ 4  ÷ − 6 − 4 = 0 ⇔ 
b
b
a = − 1
 b
2

0,25

2

0,25


a
a
a
= 2 khi đó AN có phương trình : x + y − + 2 = 0 ⇔ 2 x + y = 0
b

b
b
Ta có A là giao điểm của AN và AM từ đó ta tìm được A(-1;2)
a
1
a
a
Với = − khi đó AN có phương trình: x + y − + 2 = 0 ⇔ − x + 2 y + 5 = 0
b
2
b
b
Ta có A là giao điểm của AN và AM từ đó ta tìm được A (5;0)

0,25

Giải phương trình : (2 x + 4) 3 2 x + 3 − 9 x3 + 60 x 2 + 133 x + 98 = x 2 − 2 x − 5

1,00

Với

Câu 9

Điều kiện : 9 x 3 + 60 x 2 + 133 x + 98 ≥ 0 ⇔ (3 x + 7) 2 ( x + 2) ≥ 0 ⇔ x ≥ −2
Phương trình tương đương (2 x + 4) 3 x − 3 − (3 x + 7) ( x + 2) = x 2 − 2 x − 5
⇔ (2 x + 4) 3 2 x + 3 = (3 x + 6 + 1) x + 2 + x 2 − 2 x − 5

0,25

⇔ ( 2 x + 3) + 2 x + 3 = x + 2 + 3( x + 2) + x − 2 x − 5
4

3

3

3

2

⇔ ( 3 2 x + 3) 4 + 3( 3 2 x + 3)3 + 3 2 x + 3 = ( x + 2) 4 + 3( x + 2)3 + x + 2

Xét hàm số f (t ) = t 4 + 3t 2 + t với t ≥ −1
Ta có f ′(t ) = 4t 3 + 9t 2 + 1 = t 2 (4t + 9) + 1 > 0 với t ≥ −1

0,25

Suy ra f(t) đồng biến trên [ −1; +∞ )

Phương trình đã cho tương đương f ( 3 2 x + 3) = f ( x + 2) ⇔ 3 2 x + 3 = x + 2
−3

2 x + 3 ≥ 0
x ≥
⇔ 3
⇔
2
6
6

( 2 x + 3) = ( x + 2)
3
x + 2x2 −1 = 0

−3

x ≥ 2


 x = −1
  x = 1
⇔ 
⇔
 x = −1 + 5
−
1
+
5
 x =

2

2


  x = −1 − 5
2
 
−1 + 5
2

Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 y + z − 2x 2z + x − 2 y 2x + y − 2z
P=
+
+
x2 + x
y2 + y
z2 + z
y + 1 − 3x z + 1 − 3 y x + 1 − 3z
+ 2
+ 2
Ta có : P = 2
x +x
y +y
z +z

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = −1 ; x =
Câu 10

=

0,25

0,25
1,00

 1
y +1
z +1
x +1

1
1 
+
+
− 3
+
+
÷
x( x + 1) y ( y + 1) z ( z + 1)
 1+ x 1+ y 1− z 

Ta có BĐT :

1
1
2
+
≤
, a, b > 0 & ab < 1 (1)
1 + a 1 + b 1 + ab

Thật vậy : (1) ⇔

( a + b) + 2
2
≤
⇔ ( ab − 1)( a − b ) ≤ 0 luôn đúng do ab < 1
1 + (a + b) + 2 1 + ab

0,25

Dấu bằng xảy ra khi a = b
1
1
1
3
+
+
≤
(2)
Ta sẽ cm
1 + x 1 + y 1 + z 1 + 3 xyz

1
1
1
3
+
+
+
(3) Áp dụng BĐT (1)ta được
Thật vậy BĐT ⇔
3
1 + x 1 + y 1 + z 1 + xyz
VT (3) ≤

2
1 + xy

+

2
1 + z 3 xyz

≤

4
1+

zy x

=
3

xyz

4
1 + 3 xyz

0,25

= VP(3)

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
3
9
−
Từ đó ta có P ≥ 3
xyz 1 + 3 xyz

x+ y+z 1
=
Đặt t = 3 xyz ⇒ 0 < t ≤
3
3
3 9
P≥ −
= f (t )
t 1+ t
−3
9
3(2t 2 − 2t − 1)
 1
f ′(t ) = 2 +
=
< 0, ∀t ∈  0; 
2
2
2
t
(t + 1)
(t + t )
 3
1 9
Do đó f (t ) ≥ f ( ) =
3 4
1

x=y=z=


1
9

3
⇔x= y=z=
Vây giá trị nhỏ nhất của P là
đạt được khi 
3
4
t = 1
 3

0,25

0,25