Đề thi thử của trường THPT chuyên PHAN bội CHÂU

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 GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 LẦN 2
Môn thi: Toán
NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
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 hàm số y  2 x 3  3 x 2  1
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị  C  : y 

2x 1
tại hai điểm phân biệt.
x 1

Câu 3 (1 điểm).
a) Giải phương trình 4 x  2 x1  3  0
b) Tìm số phức z, biết z  i  5 và z 2 là số thuần ảo.
Câu 4 (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y   x  2  ln x và trục hoành
Câu 5 (1 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  3; 2; 2  và đường thẳng
d:

x 1 y 1 z
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A và d. Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với A


1
2
1

qua d.
Câu 6: (1,0 điểm)
a) Cho sin  


1
và  a   . Tính cos 
2
5

b) Một nhóm 18 học sinh trong đó có: 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ lớp A, 3 học sinh nam và 3 học sinh
nữ lớp B, 4 học sinh nam và 3 học sinh nữ lớp C. Chọn ngẫu nhiên 3 em học sinh từ 18 học sinh. Tính xác
suất để trong 3 em được chọn có cả nam, nữ và có cả ba lớp.
Câu7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA vuông góc với mặt đáy.
Gọi M là trung điểm cạnh AD. Biết AB  a, AD  a 2 và góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng
(ABCD) bằng 450. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCd và chứng minh hai mặt phẳng  SAC  ,  SBM 
vuông góc với nhau.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Gọi D là chân đường phân giác trong
5 
kẻ từ A. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và ABD lần lượt là I  2;1 , E  ; 2  ; phương trình
3 

AD : x  y  0 và điểm A có hoành độ lớn hơn 2. Tìm tọa độ A, B, C.

Nhóm toán thầy Quang : />
Page 2


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2  x  3 x 3  3 x 2  x  3  2 x  1  2 x 3  3 x 2  3 x  14  x   
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x  0 . Chứng minh rằng: ln  3x  2 x  5 x   x 2 log x2 1  9 x  4 x  2 
Đáp án
Câu 1 (1,0 điểm ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  2 x 3  3 x 2  1
*) Tập xác định: D  
*) lim y   ; lim y  
x 

x 

*) y '  6 x 2  6 x
x  0
y '  0  6x2  6x  0  
x  1
*) BBT:
x

0



y

+

1

0



+

0

+

1

+

y’

0


Hàm số đồng biến trên  ;0  và 1;  
Hàm số nghịch biến trên  0;1
Hàm số đạt cực đại tại x  0; yCD  1
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1; yCT  0

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị  C  : y 

2x 1
tại hai điểm phân biệt.
x 1

Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) thỏa mãn phương trình:

xm

2x 1
 x  1
x 1

  x  m  x  1  2 x  1  x 2   m  1 x  m  1  0

 *

Để 2 đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thì (*) có 2 nghiệm phân biệt khác (-1)

Nhóm toán thầy Quang : />
Page 3


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
 *  0

 m  12  4  m  1  0



2
3  0
 1   m  1 1  m  1  0
m  3  2 3
 m 2  6m  3  0  
 m  3  2 3



 

Vậy m  ;3  2 3  3  2 3; 



Câu 3 (1 điểm).
a) Giải phương trình 4 x  2 x1  3  0
b) Tìm số phức z, biết z  i  5 và z 2 là số thuần ảo.
a, 4 x  2 x1  3  0
2

  2 x   2.2 x  3  0   2 x  3 2 x  1  0  2 x  3  0 (vì 2 x  1  0 x   )

 2 x  3  x  log 2 3
Vậy x  log 2 3
b, Đặt z  a  bi  a, b  R 

2

 z 2   a  bi   a 2  b 2  2abi

Do z2 là số thuần ảo nên a 2  b 2  0 1
2

2

*, z  i  5  a   b  1 i  5  a 2   b  1  5  a 2   b  1  5  2 
a 2  b 2  0
a 2  b2
Từ 1 ,  2    2
 2
2
2
a   b  1  5 b   b  1  5
a 2  b2
a 2  b 2

 2
  b  2
2b  2b  4  0
 b  1


 z1  2  2i
*) Với b  2  a 2  4  a  2  
 z2  2  2i
 z3  1  i

*) Với b  1  a 2  1  a  1  
 z4  1  i
Nhóm toán thầy Quang : />
Page 4


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
Vậy có 4 số phức z thỏa mãn là:
z1  2  2i; z2  2  2i; z3  1  i; z4  1  i
Vậy x  1
Câu 4 (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y   x  2  ln x và trục hoành
*) Hoành độ giao điểm của đồ thị y   x  2  ln x và trục hoành (y = 0) là:
x  2
x  1

 x  2  ln x  0  

*) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y   x  2  ln x; y  0; x  2; x  1 là:
2

2

2

S    x  2  ln x  0 dx    x  2  ln x dx     x  2  ln xdx
1

1

1

dx

du 

ln x  u

x
*) Đặt: 

2
x
dv   x  2  dx 
v   2x

2
2

2

2
  x2


 x2

5

x

 S      2x  ln x      2  dx  2 ln 2    2x   2 ln 2 
4


 4
1
  2
1 1  2

Câu 5 (1 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  3; 2; 2  và đường thẳng

d:

x 1 y 1 z


. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A và d. Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với A
1
2
1

qua d.


*) Lấy M 1; 1;0  thuộc d.  AM   2; 3; 2   1 2;3; 2 

 
  AM , u    7; 4;1 ( u 1; 2; 1 là vectơ chỉ phương của d)

 
*) do (P) chứa A, d nên (P) qua A và nhận  AM , u  làm vectơ pháp tuyến.

7  x  3  4  y  2    z  2   0  7x  4 y  z  11  0
*) Gọi AA ' d  M 1 => M là trung điểm AA'.

M 1  d  M 1 1  t; 1  2t ; t   AM 1  t  2; 2t  3; t  2 

Nhóm toán thầy Quang : />
Page 5


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
 
*) AM  d  AM 1.u  0   t  2   2  2t  3   t  2   0  t  1
 M 1  2;1; 1

 A ' 1;0; 4 

Câu 6: (1,0 điểm)
a) Cho sin  

1

và  a   . Tính cos 
2

5

b) Một nhóm 18 học sinh trong đó có: 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ lớp A, 3 học sinh nam và 3 học sinh
nữ lớp B, 4 học sinh nam và 3 học sinh nữ lớp C. Chọn ngẫu nhiên 3 em học sinh từ 18 học sinh. Tính xác
suất để trong 3 em được chọn có cả nam, nữ và có cả ba lớp.
a, Do


2

 x    cos   0

vậy cos  

 cos    1  sin 2   

2 5
5

2 5
5

b, Không gian mẫu Ω: "Chọn ngẫu nhiên 3 em từ 18 em "  n  C183  816
*) Biến cố A: "3 em được chọn có cả nam, nữ và ở cả 3 lớp"
+) Trường hợp 1: 1 nam lớp A, 1 nữ lớp B; 1 nữ lớp C => Có: C31.C31.C31  27
+) Trường hợp 2: 1 nam lớp B, 1 nữ lớp A; 1 nữ lớp C => Có: C31.C21 .C31  18
+) Trường hợp 3: 1 nam lớp C, 1 nữ lớp A; 1 nữ lớp B => Có: C41 .C31.C31  24
+) Trường hợp 4: 1 nữ lớp A, 1 nam lớp B; 1 nam lớp C => Có: C21 .C31.C41  24
+) Trường hợp 5: 1 nữ lớp B, 1 nam lớp C; 1 nam lớp A => Có: C31.C31.C41  36
+) Trường hợp 6: 1 nữ lớp C, 1 nam lớp A; 1 nam lớp B => Có: C31.C31.C31  27

 n  A   156
Vậy xác xuất cần tìm là P  A  

n  A  156 13


n  P  816 68

Câu7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA vuông góc với mặt đáy.
Gọi M là trung điểm cạnh AD. Biết AB  a, AD  a 2 và góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng
(ABCD) bằng 450. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCd và chứng minh hai mặt phẳng  SAC  ,  SBM 
vuông góc với nhau.
Nhóm toán thầy Quang : />
Page 6


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
S

A
M

B
I

D

C

 là góc giữa SD và (ABCD)
*) SA   ABCD   SDA



 SD
A  450  SA  AD. tan SD
Aa 2

1
1
2a 3
*) VSABCD  SA. AB. AD  .a 2.a.a 2 
3
3
3
*) AM  MD 

Mà:

1
a 2
AM
2
AM AB
AD 





2
2
DC
2
DC AD

AB
a
2


AD a 2
2

  AD



Lại có: BAM
C  900  BAM  ADC  D
AC  A
BM
  900  DAC
  BMA
  900
Mà 
ABM  BMA

  900  BM  AC
Gọi I là giao của AC và BM  MIA
Mà BM  SA  BM   SAC    SBM    SAC 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Gọi D là chân đường phân giác trong
5 
kẻ từ A. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và ABD lần lượt là I  2;1 , E  ; 2  ; phương trình
3 
AD : x  y  0 và điểm A có hoành độ lớn hơn 2. Tìm tọa độ A, B, C.

Nhóm toán thầy Quang : />
Page 7


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
A

I

E

B

D

C
M


D)
*) AD   I ; IA   M  => M là điểm chính giữa BC (do AD là phân giác BA

  2 IMC

 BMC
  2 BAD
 (góc nội tiếp và góc ở tâm)
*) BED

  1 BAC
  BED
  BAC
  1800  BED
  1800  BAC

Mà BAD
2
  EDB
  BMC
  2 EBD
  2 IMC
  EBD
  IMC

 EBD
  BCM
  900  EBD
  MCB

  900  EBD
  CBM
  900 (IM là trung trực BC)
Mà: IMC
  900  EB  BM
 EBM
*) A  AD  A  a; a 
*) E; I thuộc trung trực AB (là tâm ngoại tiếp tam giác ABD và ABC)
=> EI là trung trực AB => A, B đối xứng qua EI.
 1
x  2 y 1
*) EI   1;3 => Phương trình EI :

 3x  y  7  0
3
1
3

*) Gọi N là trung điểm AB. Phương trình AB :   x  a   3  y  a   0  x  3 y  2a  0
=> Tọa độ N thỏa mãn:
21  2a

x
 x  3 y  2a  0 
 21  2a 6a  7 
10

 N
;



10 
 10
3 x  y  7  0
 y  6a  7

10
Nhóm toán thầy Quang : />
Page 8


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
6a  7
 21  2a
   38 7 a 3 a 
*) N là trung điểm AB:  B 
 a;
 a   EB    ;   
10
5 5
 10

 15 5

*) Kẻ IH  AM  H là trung điểm AM.
Phương trình IH :

x  2 y 1

 x  y 3  0
1
1

3

 x  2
x  y  3  0
3 3
=> Tọa độ H thỏa mãn: 

H ; 
x

y

0
3
2 2

y 

2
  6 2a 8 6a 
 M  3  a;3  a   BM     ;  
 5 5 5 5 

 

 38 7 a  6 2a   3 a   8 6a 
*) BM .EB  0               
 15 5  5 5   5 5   5 5 
5

a   loai 

3

 A  3;3

 a  3  nhan 


 B  0; 2  ; M  0;0   IM   2; 1    2;1

=> Phương trình BC là: 2  x  0    y  2   0  2 x  y  2  0


*) IA  1; 2   IA  5
2

2

=> Phương trình đường tròn tâm I, bán kinh IA là:  x  2    y  1  5
 x  2 2   y  12  5
 8 6 
*) Tọa độ C thỏa mãn: 
C ; 
5 5 

2 x  y  2  0
Câu 9: 2  x  3 x 3  3x 2  x  3  2 x  1  2 x3  3x 2  3x  14 *
Điều kiện: x  1

*  2  x  3  x  3  x 2  1  2
 2  x  3

 x  3  x 2  1  2 

 2  x  3

 x  3  x 2  1 

x  1  2 x3  3x 2  3x  14



x  1  2  2 x 3  3 x 2  3 x  18

2  x  3
x 1  2

  x  3  2 x 2  3 x  6 

Nhóm toán thầy Quang : />
Page 9


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang


  x  3  2


: />
 x  3  x 2  1 

2

 2 x 2  3x  6  0
x 1  2


x  3

2
 2  x  3  x 2  1 
 2 x 2  3x  6  0
x 1  2


**  2 x 2  3x  6  2  x  3  x 2  1 
Có:


**

2
x 1  2

x  1  2  2 x  1
2
 1  2 x 2  3x  6  2
x 1  2

 2 x 2  3x  5  2

 x  3  x 2  1  1

 x  3  x 2  1  0  2 x 2  3x  5  2  x  3  x 2  1

 4 x 4  12 x 3  29 x 2  30 x  25  4 x 3  12 x 2  4 x  12
2

 4 x 4  8 x3  17 x 2  26 x  13  0   4 x 2  13  x  1  0  x  1

Vậy phương trình có nghiệm x  1 , x = 3

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x  0 . Chứng minh rằng: ln  3x  2 x  5 x   x 2 log x2 1  9 x  4 x  2 
* Ta cần chứng minh: ln  3x  2 x  5 x   x 2

* với mọi x khác 0 ta có:

ln  9 x  4 x  2 
ln  x 2  1



ln  3x  2 x  5x 

x2

ln  x 2  1 ln  9 x  4 x  2 

x2
 1 . Vậy ta chỉ cần chứng minh:
ln  x 2  1
9 x  4 x  2  3x  2 x  5 x

+)Xét x  0

 VT 

9x  1 4x  1 9x  4x
9x  4x


1
 3x  2 x  1  VP  1  5 x   VP
2
2
2
2

+Xét x  0

VT 

9x  1 4x  1 9x  4x



 1  3x  2 x  1  6 x  3x  2 x  5x  VP
2
2
2

Nhóm toán thầy Quang : />
Page 10


GROUP HỌC SINH THẦY QUANG BABY
Facebook thầy Quang

: />
Nhóm toán thầy Quang : />
Page 11