Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT yên thế lần 3 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
TRƯỜNG THPT YÊN THẾ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN – Lần 3
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng d có phương trình : y = 3.
Câu 2 (1 điểm). Giải các phương trình sau:
a) 4 x + 2 x = 6
b) log 22 3 x + 1 + 3log 8 (3 x + 1) − 3 = 0
2
Câu 3 (1 điểm). Tính nguyên hàm : I = ∫ ( x + sin x) cos xdx.

Câu 4 (1 điểm). Trong không gian cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Tính diện tích xung quanh của
hình trụ tròn xoay khi quay đường gấp khúc BCDA quanh trục là đường thẳng chứa cạnh AB và thể tích
khối trụ đó.
Câu 5 (1 điểm).
a) Giải phương trình 3sin 2 x + cos 2 x + cos x = 3(sin 2 x + sin x).
b) Cho đa giác đều 12 đỉnh A1, A2,…,A12 nội tiếp đường tròn (O). Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đó.
Tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho.
Câu 6 (1 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác đều
cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là trung
điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’ và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng
(ABB’A’).
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C(-4;-3) và M là một
điểm nằm trên cạnh AB ( M không trùng với A và B ). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, C
lên DM và I(2;3) là giao điểm của CE và BF. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết rằng
đỉnh B nằm trên đường thẳng d có phương trình x – 2y + 10 = 0.

 x + y ( x − 1) + x = y + y
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình :  3
trên tập số thực.
2
 x + 6 x + 20 = 171y + 40( y + 1) 5 y − 1
Câu 9 (1 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện : x 2 + y 2 + z 2 = 3. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức sau:
P=

16
x y +y z +z x
2

2

2 2

2

2

+

xy + yz + zx
x+ y+z


-------------------------------- HẾT-------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN
Câu 1: y = x 4 − 2x 2 (1).

TXĐ: D = R

0.25 đ

lim y = +∞

0.25đ

x →±∞

 x =0
y’= 4x3 − 4x ; y’ = 0 ⇔ 
 x = ±1

0.25đ

BBT:
x

−∞

y’

-1
-

0

+∞

0
+

0

+∞

1
-

0

+∞

0

y
-1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1 ; 0) và (1; + ∞ )
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ;-1) và ( 0; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 ,yCĐ = 0
Hàm số đạt cức tiểu tại x = ± 1; yCT = -1
Vẽ đồ thị :

Hàm số nhận trục tung là trục đối xứng.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là: x 4 − 2x 2 = 3

+

-1

 t =3
Đặt t = x2 , (t ≥ 0), có phương trình: t2 – 2t – 3 = 0 ⇔ 
t = −1(l )
Với t = 3,ta tìm được x = ± 3
KL : Có hai giao điểm là

(

) (

3;3 và − 3;3

)

Câu 2 :
 2x = 2
⇔ x=1
a) Ta có : 4 + 2 – 6 = 0 ⇔  x
2 = −3
x

x

0.25đ

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 1
b) ĐK : x > −

0.25đ

1
3

Ta có :
log 22 3x + 1 + 3 log 8 (3x + 1) - 3 = 0 ⇔

1
2
log 2 (3x + 1) + log 2 (3x + 1) − 3 = 0
4

x =1

 log 2 (3x + 1) = 2
 3x + 1 = 4

⇔
⇔
⇔
KL :
−6
 x = − 21 (tm)
3x + 1 = 2
 log2 (3x + 1) = −6

64

0.25đ

Câu 3 :
I=

∫ ( x + sin x ) cosx dx= ∫ xcosx dx + ∫ sin
2

2

xcosx dx

∫ xcosxdx= ∫ xd ( π − sin x ) = − x sin x + ∫ sin xdx = − x sin x − cos x + C

1

2
2
∫ sin xcosxdx = ∫ sin xd ( sin x ) =

Vậy I =

sin 3 x
+ C2
3

sin 3 x
− x sin x − cos x + C
3

Câu 4 :

Ta có chiều cao và độ dài đường sinh của hình trụ là a, bán kính đáy là a
Diên tích xung quanh là 2π a 2 . Diện tích đáy là π a 2
Thể tích khối trụ là :

1 2
π a3
π a .a =
3
3

KL :
Câu 5 :
a) Biến đổi phương trình 3sin 2 x + cos 2 x + cos x = 3(sin 2 x + sin x).
⇔ 3.
⇔

1 − cos 2x 1 + cos2x
+
+ cosx = 3(sin 2x + sin x )
2
2

3 − 3cos2x + 1 +cos2x
+ cos x = 3(sin 2x + sin x ) ⇔ 2 − cos2x + cosx =
2

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

3(sin 2x + sin x )

⇔

(

) (

3 sin 2x + cos2x +

)

3 sin x − cosx = 2

π
π


⇔ cos  2x - ÷+ sin  x − ÷ = 1
3
6



0.25đ

 
π
 sin  x − 6 ÷ = 0
π
π





⇔ 2 sin 2  x − ÷− sin  x − ÷ = 0 ⇔ 
 
6
6
π 1


sin  x − ÷ =
6 2
 
Tìm được nghiệm: x =

π
π
+ kπ ; x = + k 2π và x = π + k 2π , k∈ ¢
6
6
3

b) Số phần tử không gian mẫu n( Ω )= C 12 = 220

0.25đ

0.25đ

Gọi là A là biến cố : “3 đỉnh tạo thành tam giác không có cạnh nào là cạnh của H”

Số tam giác có hai cạnh là cạnh của H là: 12
Số tam giác có đúng 1 cạnh là của H là 12.8
Suy ra n(A) = C 12 −12 − 12.8 = 112
3

Vậy P(A) =

112 28
=
220 55

0.25đ

Câu 6:

BE // (A’B’C’) nên d( E ,( A ' B ' C ')) = BH
Tam giác BHB’ vuông tại H nên
BH =

BB '2 − B ' H 2 =

a 3
2

0,25đ


⇒ S A' B ' C ' =

1

3 2
3 2
A ' B '. B ' C '.sin 600 =
.a ⇒ SHB ' C ' =
a
2
4
8

0.25đ

1
1 a 3 a 2 3 a3
VEHB ' C ' = . BH.SHB ' C ' = .
.
=
3
3 2
8
16
d( C ,( ABB ' A ') ) = 3.

VC. ABB ' A '
;
S ABB ' A '

0.25đ

VC. ABB ' A ' = VABC. A ' B ' C ' − VC. A ' B ' C '
S ABB ' A ' = AH. A ' B ' =

d( C ,( ABB ' A')) = 3.

3a3 a3 a3
=
− =
8
8
4

a 3
3
.a = a 2
2
2

VC. ABB ' A '
S ABB ' A '

a3
a 3
= 2 4 =
2
a 3
2
3.

0.25đ

Câu 7:

Qua F kẻ FN song song với EC, cắt DC tại N. Khi đó ta có
Tam giác DFC đồng dạng với tam giác MEA nên
Lại có tam giác DEA đồng dạng với AEM nên:

DN DF
=
DC DE

DF ME
=
DC MA

AD MA
=
DE AE

(1)

(2)
(3)

Từ (2) và (3) suy ra

DF ME MA MA
=
=
=
DE AE AD AB

Từ (1) và (4) suy ra

DN MA
=
⇒ DN = MA. Do đó MBCN là hình chữ nhật. Mà tứ giác MBCF là tứ giác
DC AB

(4)

nội tiếp đường nên năm điểm M, B, C, N, F, cùng nằm trên một đường tròn. Suy ra góc BFN bằng 900 suy
ra FN vuông góc với BF. Mà FN song song với EC nên EC ⏊ BF.


uur uur
 b + 10 
Gỉa sử B  b;
.Từ IB. IC = 0 ⇒ B(0;5)
÷
2 


0.25đ

Phương trình BC:2x –y + 5 = 0. Giả sử A(x;y).

0.25đ

 AB ⊥ BC
⇒ A(8; 1) hoặc A(-8, 9)
Từ 

 AB = BC
A(-8; 9) nhận thấy A và I khác phía với BC nên loại.
A(8;1) nhận thấy A và I nằm cùng phía với BC nên thỏa mãn.
uuur uuur
Từ AD = BC ⇒ D ( 4; −7 ) .Vậy A(8 ; 1) ; B(0, 5); D( 4; -7)
Câu 8
x ≥ 0

 x + y ( x − 1) + x = y + y (1)
1

Xét  3
ĐK:  y ≥
2
5
 x + 6 x + 20 = 171y + 40( y + 1) 5 y − 1(2)

 x + y ( x − 1) ≥ 0

0,25

Ta có
(1) <=> x + y ( x − 1) − y + x − y = 0


1+ y
1
<=> ( x − y ) 
+
=0

x + y 
 x + y ( x − 1) + y
<=> x = y
Vì

1+ y
1
+
>0 với mọi x, y thỏa mãn điều kiện
x + y ( x − 1) + y
x+ y

Thế y = x vào phương trình (2) ta được
x 3 + 6 x 2 + 20 = 171x + 40( x + 1)( 5 x − 1
<=> ( x + 8)( x 2 − 22 x + 5) − 20( x + 1)(2 5 x − 1 − x + 1) = 0
<=> ( x + 8)[( x − 1) 2 − (2 5 x − 1) 2 ] + 20( x + 1)( x − 1 − 2 5 x − 1) = 0 -,25
<=> ( x − 1 − 2 5 x − 1)[2( x + 8) 5 x − 1 + x 2 + 27 x + 12] = 0
<=> x − 1 − 2 5 x − 1 = 0
Giải được x = 11 + 2 29 => y = 11 + 2 29 (thỏa mãn) 0,25
Vậy hệ đã cho có duy nhất một nghiệm (11 + 2 29;11 + 2 29) 0,25
Câu 9
Ta có x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 =
Lại có:

( x2 + y 2 + z 2 )2 − x4 − y 4 − z 4 9 − x 4 − y 4 − z 4
=
2
2

0,25

x 4 + x + x ≥ 3x 2
y4 + y + y ≥ 3y2
z 4 + z + z ≥ 3z 2
=> x 4 + y 4 + z 4 ≥ 3( x 2 + y 2 + z 2 ) − 2( x + y + z ) = 9 − ( x + y + z )
( x + y + z )2 − x 2 − y 2 − z 2 ( x + y + z )2 − 3
=
2
2
2
16
(x + y + z) −1
+
2( x + y + z )
x + y + z +1

xy + yz + zx =
=> P ≥

Đặt t = x + y + z , t ∈ [ 3;3] . Ta có: P ≥ f (t ) =
f '(t ) =

16
t 2 −1
+
0,25
2t
t +1

1 1
8
1 1
8
+ −
≤ + −
<0
2
3
2t
2
6 2
(t + 1)
43

( ) nghịch biến trên [ 3;3] . Do đó P ≥ f (t ) ≥ f (3) =
Đẳng thức xẩy ra khi x = y = z = 1. KL

0,25đ

28
3