11 de thi thu thpt quoc gia nam 2016 lan 1 truong thpt xuan truong nam dinh

Thaygiaongheo - Video - Tài liệu học toán THPT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1
NĂM HỌC: 2015-2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  3
Câu 2 (2,0 điểm).

3π
2π 

. Tính sin  α 
.
2
3 

b) Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .
a) Cho tan α  2 và π  α 

ĐỀ THI THỬ 2016

1

trên đoạn  2;  .
2


Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường
môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ, môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1
nam và 4 nữ, môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ, môn Vật lí có 5 em đạt
giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự
đại hội thi đua? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi
đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm
đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp
đường tròn (T) có phương trình: ( x  4) 2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x  4 y  17  0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0)
và điểm M có tung độ âm
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x  8  y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức



P

1

1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2
x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

-----------------------HẾT------------------------




Thaygiaongheo - Video - Tài liệu học toán THPT

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Câu

Nội dung
a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định : D  R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : lim y   ; lim y  
x 

Điểm

0,25

x 

3

b, Bảng biến thiên: y’ = 4 x  4 x , y’ = 0  x = 0, x  1
x
-
-1
0
1
y'
0
+
0
0
+
-3

+
+
+

0,25

y

Câu 1
(1,0 điểm)

-4
-4
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;) , hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng (;1) và (0; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1 , yCT = y(  1 ) = - 4.
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm
(  3 ; 0).

0,25

y

 3 1 O

1

3

x

0,25

3

4

Câu 2.1
(1,0 điểm)

Cho tan α  2 và π  α 

2π 
3π

. Tính sin  α   ?
2
3 


1
1
1
5
2
Cos
α




cosα


2
Ta có
1  tan α 1  4 5
5

5

3π
 cosα  0 nên cosα  
2
5
 5
2 5
sin α  cosα. tan α 
.2 
5
5

Do π  α 

0,25

0,25
0,25


Thaygiaongheo - Video - Tài liệu học toán THPT
Vậy

2π 
2π
2π

sin  α 
 cosα.sin
  sin α.cos
3 

3
3


0,25

2 5 1  5 3 2 5  15

. 
.

5
2
5
2
10
Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0

Câu 2.2
(1,0 điểm)

cos x  sin 4x  cos3x  0  2 sin 2x.sin x  2sin 2x.cos 2x  0

0,25

 2 sin 2x(s inx  cos2x)  0  sin 2x( 2sin 2 x  sin x  1)  0
kπ

x  2



 x  π  k2π
sin 2x  0


2
 s inx  1  
 x   π  k2π

1
6

s inx 

2

7π
 k2π
x 
6


0,25

0,5

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .
1

trên đoạn  2;  .

2

Câu 3
(1,0 điểm)

x

+ Ta có f '(x)  1 

0,25

4  x2

1
2

0,25

1  15
2

0,25

minf(x)  2

0,25

+ f '(x)  0  x  2  [  2; ]

1

2

+ Có f (2)  2;f ( ) 

maxf(x) 
1
[-2; ]
2

Câu 4
(1,0 điểm)

1  15
;
2

1
[-2; ]
2

Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x.

Phương trình
x

x

 4  6
 2.       1
9 9

2x

0,25

x

2
 2
 2.       1  0
3
 3

0,25


Thaygiaongheo - Video - Tài liệu học toán THPT
x

 2 
   1  Loai 
3

 2 x 1
  
2
 3 
 x   log 2 2

0,25

3

Vậy phương trình có nghiệm x   log 2 2

0,25

3

Câu 5
(1,0 điểm)

Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt
giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn
Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3
nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ?
Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
Có tất cả 5.5.5.5=625 cách
 n(Ω)  625
0,25
Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội”
0,25
 A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH”

 

 n(A)  4.1.2.3  1.4.3.2  48  P A 

n(A) 48

n(Ω) 625

48 577

625 625
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm

Vậy P(A)  1  P  A   1 

0,25
0,25

trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo
bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra
SH  ( ABCD )
·
và SCH
 300 .

S

Ta có:
K
A

Câu 6
(1,0 điểm)

D

I

H

SHC  SHD  SC  SD  2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

0,25

SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3
B

C

HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a
Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra
BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 .

0,25

3

1
4a 6
Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH 
.
3
3
Vì BA  2 HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC  
Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:

0,25


Thaygiaongheo - Video - Tài liệu học toán THPT
AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có: HK  SI .

Do đó: HK   SAC  .
Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
Suy ra, HK 

HS .HI
HS 2  HI 2



HI AH
AH .BC a 6

 HI 

.
BC AC
AC
3

a 66
.
11

0,25

2a 66
11
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội
tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4) 2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x  4 y  17  0 ;
đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm
Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2 HK 

A

Câu 7
(1,0 điểm)

B
I
C

D

E

+(T) có tâm I(4;1);R=5
+ Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BDM và N,C là chân các đường cao
nên chứng minh được :IM  CN

0,25

N
M

+ Lập ptđt IM qua I và IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0
 M(7; 3)
+ M là giao điểm (T) với IM : 
 M(1;5) (loai)
+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)
+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1
 D(9;1)
D là giao điểm (T) và DC : 
 D(1;1)
Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)
uuur uuur
+Do BA  CD => A(-1 ;5)
* Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

Giải hệ phương trình:   x  8  y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7





0,25

0,25

0,25


Thaygiaongheo - Video - Tài liệu học toán THPT

Điều kiện x  1; y  2 .
Đặt x  1  a; y  2  b  a, b  0  , từ (1) ta có:
a  ab  a 2  1  5  2  b 2  2   b  a  b  ab  b 2  a 2  b 2  0
Câu 8
(1,0 điểm)

0,25

  a  b 1  2a  b   0
 a  b (do a, b  0  1  2a  b  0

x 1 



y2  y  x3 .

Thế vào (2) ta được:

 x  8  x  4 
2

  x  1





x 1  3 

x  4x  7
x  8
  x4
x 1
 2

 *
x 1  3
 x  4 x  7
+ x  8  y  11;

 x  8 x  4   x  1 x  8 
x2  4 x  7



x 1  3

0,25

+ *   x  1  3  x  4    x  1  x 2  4 x  7 





x 1  3 




x 1



2

0,25

 3   x  2   3 .  x  2   3 (**)



2

2

Xét hàm số f  t    t  3  t 2  3  với t  ¡ có f '  t   3  t  1  0 t  ¡ nên
f  t  đồng biến trên ¡ .
x  2

Do đó **  f  x  1   f  x  2   x  1  x  2  

2
x  1  x  4x  4

x  2
5  13
(T/M)
 2
x
2
 x  5x  3  0

x

0,25

5  13
11  13
y
2
2
 5  13 11  13 
;

2
 2


Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  là 8;11 và 
Câu 9

(1,0 điểm)

Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

1
1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2
x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

Ta có x 2  y 2  2   x 2  1   y 2  1  2  x  y  ,….; xy 
1 1

1

1

xy  1
,…
2



Nên P  



 xy  yz  zx  3 .
2x y y  z z  x

Ta có  x  y  z  xy  yz  zx   9 xyz

0,25


Thaygiaongheo - Video - Tài liệu học toán THPT
  x  y  y  z  z  x    x  y  z  xy  yz  zx   xyz 

8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9

 x  y  y  z    y  z  z  x    x  y  z  x 
1
1
1



x y yz zx
 x  y  y  z  z  x 
2

 x  y  z   xy  yz  zx


 x  y  y  z  z  x 
2
 x  y  z   xy  yz  zx



8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9
27
3


8  xy  yz  zx  8

1
27
27 
 xy  yz  zx  
2  8  xy  yz  zx 
8
Đặt t  xy  yz  zx .

Suy ra P  

Do x, y, z   0; 2    2  x  2  y  2  z   0  xy  yz  zx 
1
3

4  xyz

2t 2
2

2

0,25

Mặt khác: xy  yz  zx   x  y  z   3  t  3 .
Vậy t   2;3
1 27
27
Ta có P    t    f  t 
2  8t

8

1
27
8t 3  27
Xét hàm số f  t  với t  0; 2 ta có f '  t   t  2  
 0 t   2;3
2
2

8t 

16t

0,25

nên hàm số f  t  đồng biến trên  2;3 .
15
.
4
15
15
Do P  f  t   P  . Có P 
khi x  y  z  1 .
4
4
15
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
đạt được khi x  y  z  1.
4
 f  t   f  3 

(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)

0,25