Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT trí đức hà nội 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 HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT TRÍ ĐỨC
ĐỀ I

ĐỀ THI GIAI ĐOẠN IV – NĂM 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN LỚP 12
( Thời gian làm bài 180 phút )

Câu 1. (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

2x + 2
x −1

Câu 2. (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
f ( x) = x − 2 x 2 + 3 trên đoạn [ −1; 2]
Câu 3. (1 điểm)
a) Giải phương trình : 3 sin 2 x + cos 2 x = sin x − 3 cos x
b) Giải phương trình : 32 x +1 + 6 x − 22 x +1 = 0
Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân : I = ∫ x [ 3x + ln( x + 3) ] dx
5

1

Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), SA = a 6 , cạnh bên SB tạo với mp(ABC) một
·
góc 600 . Tam giác ABC cân tại đỉnh A, có góc BAC
= 450 .Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AB, SC.
Câu 6. (1 điểm)

a) Tìm mô đun của số phức z, biết 2 z − 1 + i.z = 3 + 5i
10
2 10
b) Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển nhị thức Niu – tơn của ( x. 3 x − 2 ) , x > 0
x

Câu 7. (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(0;1; 2), B (2; −2;1), C ( −2;0;1) và mặt
phẳng ( P) : 2 x + 2 y − z − 3 = 0 .Tìm điểm M thuộc mp(P) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C.
Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC có phương trình (K) : ( x − 3) 2 + y 2 = 25 , H là chân đường cao hạ từ B, D là trung điểm của cạnh
BC, đường thẳng DH có phương trình 3 x − 4 y − 18 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường
thẳng BC đi qua điểm E(6;-1), hoành độ điểm A là số âm và tung độ điểm C là số âm.
 x3 + x 2 + x
= ( y + 3) ( x + 1)( y + 2)

Câu 9. (1 điểm). Giải hệ phương trình  x + 1
3x 2 − 8 x − 3 = 4( x + 1) y + 2

Câu 10. (1 điểm). Cho các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn x + 2 y + z 2 = 2 xy + 1 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P =

2x
2y
x + 2y
+
−
.
2
x + 4( y + 1) x + 2( y + 2) 18 z
2

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………. Số báo danh: ……………………


ĐÁP ÁN ĐỀ THI GĐ IV MÔN TOÁN LỚP 12 (trường Trí Đức năm 2015 – 2016)
CÂU
Câu 1
(1đ)

Câu 2
(1đ)

Câu 3a
(0,5đ)

NỘI DUNG

ĐIỂM

2x + 2
.Tập xác định: D = R \ { 1} .
x −1
−4
< 0, ∀x ≠ 1. HS nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và
Sự biến thiên: y ′ =
( x − 1) 2
( 1; +∞ )

0,25

Giới hạn và tiệm cận: lim x→±∞ y = 2 ⇒ y = 2 là tiệm cận ngang
lim x→1− y = −∞;lim x→1+ y = +∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng

0,25

BBT

0,25

+ Đồ thị cắt các trục tại (0; -2), (-1; 0).

0,25

Hàm số liên tục trên đoạn [-1 ;2]

0,25

Hàm số y =

f ′( x) =

x + 3 − 2x
2

x2 + 3

f ′( x) = 0 ⇔ x 2 + 3 = 2 x ⇔ x 2 + 3 = 4 x 2 & x ≥ 0 ⇔ x = 1

0,25

f (1) = −5; f (1) = −3; f (2) = 2 − 2 7 ⇒ min f ( x) = −5 tại x = −1

0,25

Và max = 3 tại x = 1

0,25

π
π
Chia hai vế cho 2, PT ⇔ sin(2 x + ) = sin( x − )
6
3

0,25

⇔x=

−π
7π k 2π
+ k 2π ; x =
+
, k ∈ Z.
2
18
3

0,25

Câu 3b
(0,5đ)

2x

x

x

3
3
3
PT ⇔ 3  ÷ +  ÷ − 2 = 0 ⇔ 3t 2 + t − 2 = 0, t =  ÷ > 0
2
2
2
2
⇔ t = −1 (loại) t = (tm)
3

0,25

−1

x

3 3
⇒  ÷ =  ÷ ⇔ x = −1

2 2

Câu 4
(1đ)

5

5

Giả thiết ⇒ I = ∫ 3 x 2 dx + ∫ x ln( x + 3)dx
1

0,25

0,25

1

I1 = ∫ 3 x 2 dx = x3 |15 = 124

0,25

5
u = ln( x + 3)
dx
1
I 2 = ∫ x ln( x + 3)dx, 
⇒ du =
& v = ( x 2 − 9)
1

x+3
2
 dv = xdx
2
x −9
1
I2 =
ln( x + 3) |15 − ( x − 3) 2 |15 = 32 ln 2
2
4
⇒ I = I1 + I 2 = 124 + 32 ln 2

0,25

5

1

Câu 5
(1đ)

0,25
0,25

(

)

0
SA ⊥ (ABC) ⇒ ·ABS = SB, (·ABC ) = 60

⇒ AB = SA.cot 600 = a 2 = AC.

Câu 6a
(0,5đ)

Câu 6b
(0,5đ)

1
1 1
a3 3
V ( S . ABC ) = dt (VABC ).SA = . . AB. AC.sin 450.SA =
3
3 2
3

0,25

Kẻ CD // AB, AK ⊥ CD, AH ⊥ SK ⇒ d(AB SC) = … = AH
1
1
1
1
1
=
+
= 2+ 2
AK = AC.sin 450 = a. Tam giác vuông SAK ⇒
2

2
2
AH
AS
AK
6a a
a 6 a 42
=
Suy ra d ( AB, SC ) = AH =
7
7
 2a + b − 1 = 3
z = a + bi giả thiết ⇔ 2(a + bi ) − 1 + i (a − bi ) = 3 + 5i ⇔ 
 2b + a = 5

0,25
0,25

⇔ a = 1, b = 2, ⇒ z = 1 + 2i ⇒ z = 5

0,25

( x. 3 x −
Cho

40 −10 k
10
2 10 10 k 43 10− k
−2 k
k

k
3
)
=
C
(
x
)
(
−
2
x
)
=
C
(
−
2)
x
∑
∑
10
10
x2
k =0
k =0

40 − 10k 10
=
⇔ k = 3. Vậy số hạng cần tìm là:

3
3
10

10

10

C103 (−2)3 x 3 = −8C103 x 3 = −960 x 3

0,25

0,25
0,25


Câu 7
(1đ)

0,25

Điểm M phải tìm là giao điểm của 3 mặt phắng: mp (P), mp trung trực (Q) của AB và
mp trung trực (R) của AC.
uuur
uur
 −1 3 
AB(2; −3; −1) = nQ , trung điểm của AB là E 1; ; ÷
 2 2
⇒ (Q) : 2 x − 3 y − z − 2 = 0.
uuur

uur
BC (−4; 2; 0) = nR , trung điểm của BC là F (0; −1;1) ⇒ ( R) : 2 x − y − 1 = 0
Hệ PT giao của 3 mp (P), (Q), (R) có nghiệm là tọa độ giao điểm M(2;3;-7)
Câu 8
(1đ)

0,25

0,25
0,25
0,25

Đường tròn (K) có tâm I(3;0), R = 5
·
·
·
· , HBD
·
·
Do HDC
= 2 HBD
, DIC
= 2 IAC
= IAC
·
·
µ = 900 , IC⊥HD .
phụ với DCI
DIC
⇒F

(Nếu tâm I ở ngoài tam giác ABC thì vẫn có IC ⊥ HD, chứng minh tương tự)
=>IC: 4x+ 3y – 12 = 0. Cho IC giao với đường tròn (K) có tâm C(0;4) (loại), C(6;-4)
(thỏa mãn). (1)
Đường thẳng BC qua C và E => BC: x – 6 = 0, cho BC giao với HD có D(6;0). Lấy B
đối xứng với C qua D có tọa độ B(6;4). (2)
AD qua D và vuông góc với BC =>AD: y = 0. Cho AD giao với (K) có A(8;0) (loại),
A(2;0) (thỏa mãn). Đáp số: A(-2;0), B(6;4), C(6;-4)
Câu 9
(1đ)

ĐK : x > −1; y ≥ −2. PT thứ nhất ⇔

x 3 + x( x + 1)
= ( y + 2 + 1) y + 2
( x + 1) x + 1

0,25
0,25
0,25
0,25

3

x
 x 
⇔
= ( y + 2)3 + y + 2
÷+
x +1

 x +1 
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t ⇒ f ′(t ) = 3t 2 + 1 > 0
x
⇒
= y + 2 ⇒ x > 0 ⇒ f (t ) đồng biến trên R
x +1
Thay vào PT thứ hai, ta có 3 x 2 − 8 x − 3 = 4 x x + 1 ⇔ (2 x − 1) 2 = ( x + 2 x + 1) 2

0,25

TH1 : 2 x + 1 = x − 1
TH2 : 2 x + 1 = −3 x + 1
x ≥ 1
x ≥ 1

⇔
⇔ x = 3+ 2 3
TH1 : 2 x + 1 = x − 1 ⇔  2
x = 3 ± 2 3
x − 6x − 3 = 0


0,25


Câu 10
(1đ)

1
1



x ≤
x ≤
3
⇔
3
TH2 : 2 x + 1 = −3 x + 1 ⇔ 
2
9 x − 10 x − 3 = 0
 x = (5 ± 2 13) : 9


loại cả 2 nghiệm
(2 + 3 3)
Vậy hệ có 1 nghiệm: ( x; y ) = (3 + 2 3;
)
2
x 2 + 4 y 2 + 4 ≥ 4 xy + 4 = 2( x + 2 y + z 2 − 1) + 4 = 2( x + 2 y ) + 2( z 2 + 1) ≥ 2( x + 2 y + 2 z )
2x
2y
x + 2y
x + 2y
x + 2y
t
t
⇒P≤
+
−
=

−
=
− = f (t )
2( x + 2 y + 2 z ) x + 2 y + 2 z
18 z
x + 2 y + 2z
18 z
t + 2 18
Với t =

x + 2y
2
1 36 − (t + 2) 2
> 0, f ′(t ) =
−
=
, f ′(t ) = 0 ⇔ t = 4
z
(t + 2) 2 18
(t + 2) 2

0,25

0,25

0,25
0,25

Suy ra max P =

4
khi x = 2; y = 1; z = 1
9

0,25