Đề thi thử của trường THPT KIM sơn

GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
Nhóm toán thầy Quang : />
Page 1


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
SỞ GD-ĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG THPT KIM SƠN A
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 LẦN 3
Môn thi: Toán 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y 

x 1
x2

Câu 2 (1,0 điểm). a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng y  2x  3 và đồ thị hàm số y 

x2  3
x 1

b) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x 3  3x 2  9 x  1 trên đoạn  0; 4

Câu 3 (1 điểm). a) Tìm nghiệm phức của phương trình sau có phần ảo dương

2z2  4z  3  0

b) Giải bất phương trình sau: log 2  x 2  4 x  1  log 3 9


Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân I    x  sin 2 x  cos xdx
0

Câu 5 (1 điểm).Trong không gian Oxyz, cho điểm M  2;3;5  . Lập phương trình mặt phẳng (P) qua M và
vuông góc với đường thẳng  d  :

x 1 y  2 z  2
. Xác định tọa độ điểm N có hoành độ dương, thuộc


1
3
2

đường thẳng (d) sao cho MN  5 .
Câu 6: (1,0 điểm) a) Cho số thực α thỏa mãn cos 2  0,3 . Tính giá trị biểu thức A  sin 3 .sin  .
b) Một hộp gồm 4 viên bi xanh và 3 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ hộp x viên bi. Tìm số tự nhiên x để
xác suất lấy được viên bi cùng màu là 40%.
Câu7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD  a, AC  a 3 . Cạnh bên
SA vuông góc với mặt đáy, SC tạo với mặt đáy góc 300. Tính theo a thể tích SABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SC và AB.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A và có đường cao AH. Gọi
D và E lần lượt là trung điểm AB và AH. Đường trung trực của cạnh AB cắt CE tại điểm F  1;3 . Biết

rằng điểm D có hoành độ là số nguyên và thuộc đường thẳng 3 x  5 y  0 . Đường thẳng BC có phương
trình x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.

 x 2  y 2  3x  5 y  4  0
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ sau 
2
 x  3  2 x y  3xy  5 y  2 y  y  2
Nhóm toán thầy Quang : />
Page 2


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
2

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a 5b  ab5  2   ab  1 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức P 

1
1
8ab  1


2
2
1  a 1  b 2  4ab

Đáp án

Câu 1 (1,0 điểm ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y 

x 1
x2

*) Tập xác định: D   \ 2
*) Tiệm cận ngang: y  1 vì lim y  1 và lim y  1
x 

x 

*) Tiệm cận đứng x  2 vì lim y   và lim y  
x2

3

*) y ' 

 x  2

2

x2

 0x  D

 Hàm số không có cực trị
*) Bảng biến thiên
x

2

-

y’

+





1

+

y

1





Hàm số nghịch biến trên  ; 2  và  2;  
*) Bảng giá trị
x

-2

-1

0

1

3

4

5

y

1
4

0

1
2

-2

4

5
2

1

4

*) Đồ thị:
Câu 2 (1,0 điểm). a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng y  2x  3 và đồ thị hàm số y 

x2  3
x 1

b) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x 3  3x 2  9 x  1 trên đoạn  0; 4
Nhóm toán thầy Quang : />
Page 3


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
a) Hoành độ giao điểm của y  2 x  3 và y 

2x  3 

x2  3
là nghiệm của phương trình
x 1

x2  3
x 1

 x  1

 x  0  y  3
  2 x  3 x  1  x 2  3  x 2  5 x  0  
x  5  y  7
Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là: A  0; 3 ; B  5;7 
b) f '  x   3x 2  6 x  9
 x  1   0;1
f '  x   0  3x 2  6 x  9  0  
 x  3   0;1
+) Có: f 1  4 ; f  0   1 ; f  4   77

 f 1  f  0   f  4 
Vậy max f  x   77  x  4
0;1

Câu 3 (1 điểm). a) Tìm nghiệm phức của phương trình sau có phần ảo dương

2z2  4z  3  0

b) Giải bất phương trình sau: log 2  x 2  4 x  1  log 3 9
a) 2 z 2  4 z  3  0 1
*) Có:   8   có 1 căn bậc 2 là: 2i 2
*) (1) có nghiệm là:
z1 

4  2i 2
2
 1 i
4
2

z2 

4  2i 2
2
 1 i
4
2

Do: số cần tìm là nghiệm của (*) có phần ảo dưởng nên: z  1  i
b) log 2  x 2  4 x  1  log 3 9

2
2

*

 x  2  5
*) Điều kiện: 
 x  2  5
Nhóm toán thầy Quang : />
Page 4


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
*  log 2  x 2  4 x  1  log 2 4

x  1

 x 2  4x 1  4  x2  4x  5  0  
 x  5

x  1
Kết hợp với điều kiện: 
 x  5
Vậy x   ; 5   1;  


Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân I    x  sin 2 x  cos xdx
0







I    x  2si nx  cos xdx   x cos xdx   2sin x cos xdx
0

0



0





*) Xét: A   2sin x cos xdx   2sin xd  sin x    sin 2 x   0
0

0

0



*) Xét B   x cos xdx
0

u  x
du  dx
Đặt 

dv  cos xdx v  sinx








 B   x.sin x  0   sin xdx   x.sin x    cos x  0  2
0

0

Vậy I  A  B  2
Câu 5 (1 điểm).Trong không gian Oxyz, cho điểm M  2;3;5  . Lập phương trình mặt phẳng (P) qua M và
vuông góc với đường thẳng  d  :

x 1 y  2 z  2
. Xác định tọa độ điểm N có hoành độ dương, thuộc


1
3
2

đường thẳng (d) sao cho MN  5 .



*) Mặt phẳng (P) đi qua M  2;3;5  , nhận ud làm vectơ pháp tuyến ( ud 1;3; 2  là vectơ chỉ
phương của d)

1 x  2   3  y  3  2  z  5  0  x  3 y  2z  21  0
*) N   d   N  1  t ; 2  3t ; 2  2t 

 MN   3  t; 5  3t; 3  2t 
*) MN = 5
Nhóm toán thầy Quang : />
Page 5


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY

Facebook thầy Quang



: />
2

2

 3  t    5  3t    3  2t 

Với t 

2

t  3
 5  14t  48t  18  0   3
t 
 7
2

3
 4 5 20 
 N   ;  ;  (loại)
7
 7 7 7 

Với t  3  N  2; 7;8  (nhận)
Vậy N  2;7;8 
Câu 6: (1,0 điểm) a) Cho số thực α thỏa mãn cos 2  0,3 . Tính giá trị biểu thức A  sin 3 .sin  .

b) Một hộp gồm 4 viên bi xanh và 3 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ hộp x viên bi. Tìm số tự nhiên x để
xác suất lấy được viên bi cùng màu là 40%.
a) A  sin 3 .sin   


Vậy A 

1
1
 cos 4  cos 2     cos2 2  cos 2  1
2
2

1
14
2.0,32  0, 3  1 

2
25

14
25

b) HS TỰ LÀM
Câu7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD  a, AC  a 3 . Cạnh bên
SA vuông góc với mặt đáy, SC tạo với mặt đáy góc 300. Tính theo a thể tích SABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SC và AB.

Nhóm toán thầy Quang : />
Page 6

GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
S

D

G

B

F

*) AC  AD 2  DC 2  DC  a 2
  SCA
  300
*) SA   ABCD   góc giữa SC và (ABCD) là SCA
a
 SA  AC. tan SCA
1
1
a3 2
*) VS . ABCD  SA.S ABCD  .a.a.a 2 
(đơn vị thể tích)
3
3
3

*) AB / / CD  d  AB,SC   d  AB,  SCD    d  A,  SCD  
CD  AD
*) 
 CD   SAD 
CD  SA
Kẻ AH  SD  AH   SCD   d  A,  SCD    AH
*) SAD vuông tại A; đường cao AH:
1
1
1

 2
2
2
AH
AD
SA

 AH 

a 2
2

Vậy d  AB, SC  

a 2
2

Nhóm toán thầy Quang : />

Page 7


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A và có đường cao AH. Gọi
D và E lần lượt là trung điểm AB và AH. Đường trung trực của cạnh AB cắt CE tại điểm F  1;3 . Biết
rằng điểm D có hoành độ là số nguyên và thuộc đường thẳng 3 x  5 y  0 . Đường thẳng BC có phương
trình x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.

A
F
E
D
B

H

I

C

*) Gọi FD   BC    I 
 DI / /  AC  DI  AB, AC  AB 
*) 
 I là trung điểm của BC.
 DA  DB

*) ED / / BC (ED là đường trung bình ABH )



EF ED 2 ED BH



EC IC
2 IC BC

 EH / / FB  FB  BC
*) Phương trình BF là:

x 1 y  3

 2x  y  1  0
1
2

1 3
 B ; 
5 5

 
1
3
*) D  3x  5 y  0  D  5d; 3d   FD  5d  1; 3d  3 và BD  5d  ; 3d  
5
5



 
1
3


*) BD  FD  FD.BD  0   5d  1  5d     3d  3  3d    0
5
5



Nhóm toán thầy Quang : />
Page 8


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />

1
3

 d   5  D  1; 5   nhan 
74
3



 34d 2  d   0  

5
5
4
 20 12 
 d    D   ;   loai 
17
 17 17 

3

 D  1; 
5

 11 3 
*) D là trung điểm AB  A   ; 
 5 5
  12  12
*) AB   ;0   1; 0 
 5  5

 Phương trình AC: x 

11
0
5

11


x  
 11 3 
 Tọa độ C thỏa mãn: 
 C   ; 
5
 5 5
 x  2 y  1  0

 x 2  y 2  3x  5 y  4  0
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ sau 
2
 x  3  2 x y  3xy  5 y  2 y  y  2
 x 2  y 2  3 x  5 y  4  0

2
 x  3  2 x y  3 xy  5 y  2 y  y  2

1
 2

 x  3

Điều kiện:  y  0
 x 2 y  3 xy  5 y  0


1  x  x  y  1  y  x  y  1  4  x  y  1  0
  x  y  1 x  y  4   0  x  y  1  0  x  y  4  0x  3; y  0 
 x  y 1

Thay vào (1):

y42


 y  1

2

y  3  y  1 y  5 y  2 y  y  2

y  4  2 y3  y 2  3 y  2 y  y  2

Nhóm toán thầy Quang : />
Page 9


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

y  4  2 y y2  y  3  y  2 y  2





: />










y  4  2  y 2 y2  y  3 1 2 y  0



y
y
 2 y2  y  3 1 2 y   0

 y  4  2

 *

*) Có 2 y 2  y  3  2 y  0y  0
* Chứng minh: 2 y 2  y  3  2 y  0  2 y 2  y  3  2 y  y 2  y  3  y
2

 y 2  2 y  3  0   y  1  2  0 luôn đúng y  0



y
y42

Nên * 

 2 y 2  y  3  1  2 y  0y  0

y  0  y  0  x 1

Vậy  x; y   1;0 
2

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a 5b  ab5  2   ab  1 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức P 

P

1
1
8ab  1


2
2
1  a 1  b 2  4ab

1
1
8ab  1


2
2

1  a 1  b 2  4ab

Ta có :

(ab  1)2  a 5b  b5 a  2  2  ab(a 4  b 4 )  2  2a 3b3  1  ab 

Khi đó ta có BĐT quen thuộc :

P

1
2

1
1
2


2
2
1  a 1  b 1  ab

2
8ab  1
2
8t  1
. Xét hàm số f (t ) 


1  ab 2  4ab

1  t 4t  2

với

1 
t  ab; t   ;1
2 

1
31
1
 f (t ) max  f ( )  Pmax   a  b 
2
12
2

Nhóm toán thầy Quang : />
Page 10