Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT việt yên II bắc giang 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 BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ 1
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Lớp: 12
( Thời gian làm bài: 120 phút)

2x+2
(C)
2x + 1
a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b.Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành.
c.Tìm m để đường thẳng d: y = 2mx + m + 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt Avà B sao cho biểu thức P =
OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gôc tọa độ).

Câu 1: (3,0 điểm) Cho hàm số y=

Câu2: (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f(x) = x5 -5x4 + 5x3 + 1 trên đoạn [ −1; 2]
Câu 3: (1,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + mx2 + 7x +3.Tìm m để hàm số đồng biến trên R
Câu 4: (2,0 điểm)
a.Giải phương trình cos2x − cosx = 3(sin 2x + sinx)

Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số { 0,1, 2,3, 4,5, 6, 7} . Hãy tính xác suất để lập
được số tự nhiên chia hết cho 5.

b.

Câu 5: ( 1,0 điểm) Cho hình chop tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy
bằng 600 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB. Tính thể tích khối chop S.ABC và khoảng cách từ C đến
mặt phẳng (SMN).
Câu 6: (0,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = AD 2 , tâm I
( 1, −2 ) . Gọi M là trung điểm cạnh CD, H(2;-1) là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm toạ độ
các điểm A, B

Câu7: ( 1,0 điểm) Giải bất phương trình

x + 1 − x 2 ≥ 2 − 3x − 4x 2

Câu 8: (0,5 điểm) Giả sử a,b,c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
P=

a2
b2
3
+
(a + b )2
2
2
(b + c) + 5bc
(c + a ) + 5ca 4

----HẾT----


ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ THPT VIỆT YÊN II – BẮC GIANG – LẦN 1

Câu 1a (1 điểm)
 1
- TXĐ: R/ − 
 2
- Sự biến thiên: y’ =

−2
1
2 < 0, ∀ x ≠ −
(2x + 1)
2

(0,25)

1

 1

Hàm số nghịch biến trên  −∞; − ÷ và  − ; +∞ ÷
2

 2

Tính giới hạn và tiệm cận
0,25
Lập bảng biến thiên
0,25
Đồ thị: Giao Ox (-1;0) ; Giao Oy (0; 2). Vẽ đúng đồ thị

(0,25)

0,25

b. (1 điểm)
−2
y’ =
, đồ thị (C) giao với trục Ox tại điểm M(-1;0)
(2x + 1) 2
y’(1) = -2, PTTT là y = -2(x – 1) = -2x + 2

0.5
0,5

• (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác 

m≠0
 '
⇔ V = 4m > 0 ⇔ m > 0

 1

g  − ÷≠ 0

 2

1
2

0,5

• Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x1, x2 thì x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1)
 x1 + x2 = −1

⇒ 
m −1
x1 x2 =

4m

Có OA2 + OB 2 = x12 + ( 2mx1 + m + 1) + x2 2 + ( 2mx 2 + m + 1)
2

2
2
2
= ( 4m + 1) ( x1 + x2 ) + 4m ( m + 1) ( x1 + x2 ) +2 ( m + 1)

2

2

 m −1 
2
2
= ( 4m + 1) 1 −
0,25
÷ −4m ( m + 1) + 2 ( m + 1)
2m 

5

1
5
9
≥ + 2 = (áp dụng BĐT Cô si vì m dương)
= + 2m +
2
2m 2
2
1
Dấu bằng xảy ra ⇔ m = ( thỏa mãn)
2
1
KL : m =
là giá trị cần tìm.
0,25
2
Câu 2 :
Hàm số f(x) = x5 − 5x 4 + 5x 3 + 1 liên tục trên đoạn [ −1; 2]


y’=

5x 4 − 20x 3 + 15x 2 = 5x 2 ( x 2 − 4x + 3 )

Cho y’ = 0 ⇔ 5x

2

(x

2

− 4x + 3) = 0

x=0 ∈ [ -1;2 ] nhËn
 5x 2 = 0

⇔ 2
⇔  x = 1 ∈ [ −1;2 ] nhËn
 x − 4x + 3 = 0  x = 3 ∉ −1;2 lo¹ i

[

]

5
4
3
Ta có f(0) = 0 − 5.0 + 5.0 + 1 = 1
5
4
3
f(1) = 1 − 5.1 + 5.1 + 1 = 2

f(-1) = (−1)5 − 5.(−1)4 + (−1)3 + 1 = −10
f(2) = 2 5 − 5.2 4 + 5.2 3 + 1 = −7
0,5
Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là -10 và số lớn nhất là 2
Vậy min[ −1;2 ] y = −10 khi x = -10 ; max[ −1;2] y = 2 khi x = 1
Câu 3 :

y’ = 3x2 + 2mx + 7. Để hàm số đồng biến trên ¡ khi và chỉ khi y’ ≥ 0, ∀x ∈ ¡
0,5
⇔ 3x 2 + 2 mx + 7 ≥ 0, ∀x ∈ ¡
V' ≤ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ m 2 − 21 ≤ 0 ⇔ m ∈  − 21; 21 
Câu 4 :
a.Cos2x - 3 sin 2x = 3 sinx + cosx
⇔

1
3
3
1
cos2x −
sin 2x=
sin x + cosx
2
2
2
2

0,5

0,5

π
π
2π


2x + = x − + k 2π

x=−
+ k 2π


π
π


3
3
3
⇔ cos  2x+ ÷ = cos  x − ÷ ⇔ 
⇔
,k ∈ ¢
3
3
π
π
2
π


2x + = − x + = k 2π  x = k


3
3
3
0,5
b.

Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau
5
4
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau A8 − A7 = 5880 số
0,5
4
3
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: A7 + 6 A6 = 1560 số ⇒ P( A) =

S

Câu 5 :

1560 13
=
5880 49

0,5

*) Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều tâm G và SG ⊥ ( ABC )
1
⇒ VS . ABC = SG.S ABC
3
a 3
a2 3
⇒ S ABC =
2
4
Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC )

A
nên góc giữa cạnh bên SA với đáy là
(SA,AG) = góc SAG = 600 ( vì SG ⊥ AG ⇒ SAG nhọn 0,25

Tam giác ABC đều cạnh a nên AN=

Trong tam giác SAG có SG = AG.tan600 = a

2
a 3
AN=
3
3

H

M

K

*)Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG =

B

C

G

N

1 a 2 3 a3 3
Vậy VS . ABC = a.
=
3
4
12

0,25

*) Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M ∈ ( SMN ) nên
d( C ,( SMN ) ) = 3.d( G ,( SMN ) )

Ta có tam giác ABC đều nên SG ⊥ (ABC) ⇒ SG ⊥ MN ⇒ MN ⊥ ( SGK )
Trong (GHK), kẻ GH ⊥ SK ⇒ GH ⊥ MN ⇒ GH ⊥ ( SMN ) , H ∈ SK
⇒ d( G ,( SMN ) ) = GH

0,25

1
2
*) Ta có: BK= AN , BG = AG = AN
2
3
2
1
1
a 3
AN − AN = AN =
3

2
6
12
Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên
1
1
1
1 48 49
a
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ GH =
2
2
2
GH
SG
GK
a
a
a
7
3a
Vậy d( C ,( SMN ) ) = 3GH =
0,25
7
Câu 6:
Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD nên IC = 3IH
 x − 1 = 3.1
x = 4

⇔
⇒ C ( 4;1)
Mà IH = ( 1; −1) . Gỉa sử C ( x , y ) ⇒ 
 y + 2 = 3.1  y = 1
⇒ GK =

A

Do I là trung điểm của AC nên A ( −2; −5)

I

CM BC
1
=
=
⇒ góc MBC = góc BAC
Lại có AB = 2 AD nên
BC AB
2
Mà góc BAC + BCA = 900 ⇒ MBC + BCA = 900 ⇒ AB ⊥ BM

H
D

Đường thẳng BM đi qua H ( 2; −1) , có vtpt IH ( 1;1)

(

)

(

hoặc B 2 − 2; −1 + 2

)

C
M

⇒ pt BM là: x + y – 1 = 0 ⇒ B ( t;1 − t )
uuu
r
uuu
r
Có: AB = (t + 2;6 − t ); CB = (t − 4; −t )
uuu
r uuu
r
Vì AB ⊥ BC ⇒ AB.CB = 0 ⇔ (t +2)(t – 4)- t (6-t) = 0 ⇔ t= 2 ± 2
⇒ B 2 + 2; −1 − 2

B

0,5

Câu 7 :
x≥0

0 ≤ x ≤1




2
Điều kiện  1 − x ≥ 0 ⇔  −3 − 41
−3 + 41
−3 + 41
≤x≤
⇔0≤ x≤
(*)
2 − 3x − 4x 2 ≥ 0


8
8
8

Bất phương trình đã cho tương đương với

(

)

(

)

x + 1 − x 2 + 2 x 1 − x 2 ≥ 2 − 3x − 4x 2 ⇔ 3 x 2 + x − ( 1 − x ) + 2

( x + x ) ( 1− x ) ≥ 0

2

0,5



−5 + 34
x
≥

9
x2 + x
x2 + x
x2 + x 1
⇔3
+2
−1 ≥ 0 ⇔
≥ ⇔ 9x 2 + 10x − 1 ≥ 0 ⇔ 

1− x
1− x
1− x
3
−5 − 34
x ≤
9

Kết hợp điều kiện(*) ta suy ra nghiệm của bất phương trình là
−5 + 34
−3 + 41

≤x≤
9
8

Câu 8:
a2

a2
4a 2
=
2
Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: ( b + c ) 2 + 5bc
2
2
5
( b + c) + ( b + c) 9( b + c)
4
2
2
b
4b
≥
Tương tự ta có :
2
2
( c + a ) + 5ca 9 ( c + a )
Suy ra

a2

( b + c)

2

(

+ 5bc

2
2
2
2  a + b + c a + b)

=
9  ab + c ( a + b ) + c 2


+

) ÷

2

÷


≥

4  a2
b2


≥
+
2
2
2
( c + a ) + 5ca 9  ( b + c ) ( c + a )
b2

 ( a + b) 2

+ c ( a + b)
2
2
≥
9  ( a + b) 2
+ c ( a + b ) + c2


4

2
 2 a
b 
÷ ≥ 
+
÷ 9 b+c c+a÷



2


÷
÷
÷
÷


2

2
2  2 ( a + b ) + 4c ( a + b ) 
÷
= 
9  ( a + b ) 2 + 4c ( a + b ) + 4c 2 ÷



0,25

Vì a + b + c = 1 ⇔ a + b = 1 – c nên
2

2
2
2  2 ( 1 − c ) + 4c ( 1 − c )  3
8
2  3
2

2

÷
P≥
− ( 1 − c ) = 1−
− ( 1− c)
÷
2
2
9  ( 1 − c ) + 4c ( 1 − c ) + 4c ÷ 4
9  c +1 4


2

8
2  3
2
Xét hàm số f(c) =  1 −
− ( 1 − c ) , với c ∈ ( 0;1)
÷
9  c +1  4

Ta có f’(c) =

16 
2  2
3
1−
− ( c − 1) ;


÷
2
9  c + 1  ( c + 1)
2

(

f’(c) = 0 ⇔ ( c − 1) 64 − ( 3c + 3)
Bảng biến thiên :
c

) = 0 ⇔ c = 13
0,25

0
f’(c)

3

-

1
3
0

f(c)
-

1

9

1
+

(1)

0,5


Dựa vào bảng biến thiên ta có f(c) ≥ −

1
với mọi c ∈ ( 0;1)
9

(2)

1
1
, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
9
3
1
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P ≥ − , đạt khi a = b = c =
9
3

Từ (1) và (2) suy ra P ≥ −