de thi thu thpt quoc gia mon toan nam 2016 truong thpt hong quang lan 3

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI
THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).

Câu 1 (2,0 điểm)

y = x 4 (−C 2) x 2 − 3

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
của hàm số .
b)
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
x ∈ 2;4 4
f ( x) = x [− 2 +]
của hàm số với .
x −1

z + 2 −Oxy
iz = 1 + 3i

a) Trong mặt phẳng tọa độ tìm tập hợp
điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn

.

log 22 x − 2log 1 x − 3 ≥ 0

b) Giải bất phương trình .

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân .
2
Câu 4 (1,0 điểm) Trong không gian với I =( P )cos
: 2Ixx(5;
−Oxyz
−sin
3;4)
+
) z2 x− 5cos
= 0xdx
+(ySP
∫
hệ tọa độ . Viết phương trình mặt cầu
0
có tâm và tiếp xúc với mặt phẳng . Tìm tọa độ tiếp điểm của và .
Câu 5 (1,0 điểm)
π
2

(

)

a) Giải phương trình .

b) Có hai hộp chứa các viên bi. Hộp
thứ nhất chứa 8 viên bi màu trắng và
7 viên bi màu đỏ, hộp thứ hai chứa 5 viên bi màu trắng và 6 viên bi màu đỏ. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên
một viên bi. Tính xác xuất sao cho hai viên bi lấy ra cùng màu.
aA'0'B)=' Ca' 3 Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác có
.BC
AA
A
H
ABABC
= (aABC
,CB
AC
45
đáy là tam giác vuông tại , . Hình chiếu
vuông góc của trên mặt phẳng trùng với trung điểm của cạnh ; Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng . Tính
theo thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng, .

3 sin x + 2cos 2

x
=2
2

A
ABCD
Oxy
,HD
BD
MD

AD
(0;2)
=BA=y,3D
BC
24
: xC
−
−161 = 0 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ,
( dM
)2HM
;−

 13

÷
13 

cho hình thang vuông , vuông tại và B, có
đỉnh và . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A
trên đường chéo . Điểm là điểm thuộc đoạn sao cho . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang vuông biết đỉnh
thuộc đường thẳng .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ
 2
 x+ y
x
1
+
4
x
=

y
(
)

÷

phương trình: .
 2  ( x, y ∈ ¡ )

Câu 9 (1,0 điểm). Cho
a + b +a1, b=, c
3 2 x − 1 + x 5 − y = y

các số dương thỏa mãn . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức

a3
b3
c3
P=
+
+
+
a + bc b + ca c + ab ( c + 1)

14

( a + 1) ( b + 1)

----------------- Hết

---------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: ........................................................
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM LẦN 3
Câu 1a

ĐÁP ÁN
y = x 4 (−C 2) x 2 − 3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

ĐIỂM


(1,0 đ)

của hàm số .
TXĐ: , ,
,
và

y ' =D4=x3ℜ− 4 x
x = 0
;x−) 1=∪) −∪
y' <
> 0y∀' x=∈0 (⇔
−∞
−1;0
0;1)
( 1;1( +∞

 x = 1

Hàm số đồng biến trên các khoảng , −∞
−1;0
; −1; 1;
; +∞
0;1

(

) () (

0,25

)

hàm số nghịch biến trên các khoảng .
Hàm số đạt cực đại tại ,
x = 0; yCD = −3
Hàm số đạt cực tiểu tại các  x = 1
 x = −1; yCT = y ( −1) = y ( 1) = −4
điểm


lim y = lim ( x 4 − 2 x 2 − 3) = +∞;

x →+∞

0,25

lim y = lim ( x 4 − 2 x 2 − 3 ) = +∞

x →+∞

x →−∞

x →−∞

.
Bảng biến thiên

x−∞

'

f ( x)

+∞

f ( x)

−

−1
0

0
0

+

1

−

+∞

+

0

0,25

+∞

−3

−4

−4
(0; −3)

Đồ thị cắt trục tung tại điểm

y

f(x)=x^4-2*x^2-3

4

Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối

xứng.

(−

)(

3;0 ,

3;0

)

0,25
2

x
-4

-2

2

O

4

-2

-4

Câu 1b

(1,0 đ)

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
x ∈ [ 2;4] 4
f
(
x
)
= x−2+
hàm số với .
x −1

f '( x) = 1 −

.
Vậy
Câu 2a
(0,5 đ)

4

( x − 1)
 x = 3 ∈ ( 2;4 )
f '( x) = 0 ⇔ 
 x =10−1 ∉ ( 2;4 )
f ( 2 ) = 4; f ( 4 ) = ; f ( 3) = 3
3
max f ( x) = f ( 2 ) = 4; min f ( x) = f ( 3) = 3

[ 2;4]
[ 2;4]

0,25

2

0,25
0,25
0,25

z diễn các số phức thỏa mãn
Trong mặt phẳng tọa độ tìm tập hợp điểm biểu Oxy
z + 2 − i = 1 + 3i
Gọi số phức được biểu diễn bởi
điểm .

z = x +Myi( ,x( ;xy; )y ∈ ¡

z + 2 − i = 1 + 3i ⇔ x + yi + 2 − i = 1 + 3i ⇔

)

0,25

( x + 2)

⇔ ( x + 2 ) + ( y − 1) = 10
z )
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các

RI (=−2;1
10

,

2

2

+ ( y − 1) = 10
2

2

0,25

2


số phức là đường tròn tâm, bán kính .
Câu 2b Giải bất phương trình .
log 22 x − 2log 1 x − 3 ≥ 0
x >( 0log x2 ) 2 + 2log x − 3 ≥ 0
(0,5 đ) ĐKXĐ: ,
log 22 x − 2log 1 x − 3 ≥ 0 ⇔
2
2
2

0,25

.

x ≥ 2
log 2 x ≥ 1
Vậy bất phương trình có tập ⇔ 
 1  ⇔ 
1
S
=
0;
∪
2;
+∞
log
x
≤
−
3
0
<
)
x
≤
[


2
nghiệm là
8


 8 
Câu 3
(1,0 đ)

Tính tích phân .

.

Câu 4
(1,0 đ).

I = ∫ ( cos x + sin 2 x ) cos xdx
π
2

0

π
2

π
2

I = ∫ ( cos x + sin 2 x ) cos xdx = ∫ cos 2 xdx + ∫ sin 2 xcos xdx
π
π
.
0
0

0
π
2
12
1
1
π

2
I1 = ∫ cos xdx = ∫ ( 1 + cos 2 x ) dx =  x + sin 2 x ÷ 2 =
π
π
20
2
2
.
0
π 0 4
2
2
1
1
I 2 = ∫ sin 2 xcos xdx = ∫ sin 2 x d ( sin x ) = ( sin 3 x ) 2 =
3
3
π 1
Vậy .
0
0
0

I= +
4 3
Trong không gian với hệ tọa độ . ( P ) : 2Ix(5;
−Oxyz
(ySP
−3;4)
+
) z −5 = 0
Viết phương trình mặt cầu có
tâm và tiếp xúc với mặt phẳng . Tìm tọa độ tiếp điểm của và .
Gọi là bán kính mặt cầu, theo
R = d I ; ( RP ) = 2 6
điều kiện tiếp xúc .
Phương trình của mặt cầu ( x − 5 ) 2 + ( y + 3( S) 2) + ( z − 4 ) 2 = 24
là .
H
Gọi là tiếp điểm của và , khi đó là  x =I (5;
SP
−23;4)
)t
5 +(IH

hình chiếu của trên mặt phẳng ,
 y = −3 − t , t ∈ ¡ .
đường thẳng có phương trình là


(

)

z = 4 + t

2 ( 5 + 2t ) + 3 + t + ( 4 + tH
20t⇔
;∈H
−3( 6P−t )t=;4−+
12t )⇔ t = −2 ⇒ H ( 1; −1;2 )
) −( 5 += H
Câu 5a
(0,5 đ)

0,25

π
2

Tọa độ điểm có dạng , vì nên ta có .
Giải phương trình .

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

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

.

 x = k 2π
Phương trình đã cho có các
⇔
2=π 2π + k 2,πk ∈k¢∈. ¢ .
x
=
k
2
π
;
x

)

x
=
+ k 2π (
nghiệm là
3 3


Câu 5b Có hai hộp chứa các viên bi. Hộp thứ nhất chứa 8 viên bi màu trắng và 7 viên bi màu đỏ, hộp
(0,5 đ) thứ hai chứa 5 viên bi màu trắng và 6 viên bi màu đỏ.
Phép thử: “Chọn từ 2 hộp đã cho, n ( Ω ) = C 1 .C1 = 165
15
11
mỗi hộp một viên bi”, .
Biến cố A: “Hai viên chọn được cùng màu”.
: “Hai viên chọn được cùng trắng”, n ( A ) = CA11.C1 = 40
1
8
5
.
: “Hai viên chọn được cùng đỏ”, . n ( A ) = C
A721 .C16 = 42
2
Vậy , xác suất của biến cố A là n ( A ) = n ( A1 ) + n82
( A2 ) = 82

P ( A) =

165

0,25

0,25

0,25

3


.
Câu 6
(1,0 đ)

2
1+ 3a 2 = 4a 2 ⇒ BC = 2a
BC 2 = AB 2 + AC 2 = aABC
AH = BC = a
2
AH'
AA
·A ' (AH
·AABC
' AH
=' )450

A ' HA=' AH
AH = a

Trong tam giác vuông có ; .
2
1 ABC

agiữa
3 và mặt phẳng là góc . Theo giả
là hình chiếu vuông góc của trên
phẳng
nên
góc
S ∆mặt
=
AB
.
AC
=
2
3
ABC
ABC
2 =. Aa1B. 1aC1 3 =2 a 3
thiết có .
V = A ' H .S ∆ABC
Trong tam giác có .
2
2
0,25
Diện tích tam giác là .
Thể tích khối lăng trụ là .

A' A
' ' ')
BCC
( B 'ACB

0,25

Khoảng cách giữa hai đường và

BA
E'
'C '
HE ⇒ A ' KA '⊥ HE

(1)

B 'C ' ⊥ A ' E

⇒ B ' C ' ⊥ ( A ' HE ) ⇒ B ' C ' ⊥ A ' K

B
'
C
'
⊥
A
'
H
(
A
'
H
⊥
(
A

'
B
'
C
'))


(2)

bằng khoảng cách từ đến mặt phẳng và bằng khoảng cách từ điểm đến .
Gọi là hình chiếu ⇒ A ' K ⊥ ( BCB ' C ') ⇒ d ( A ',( BCB ' C ') ) = A ' K
vuông góc1của
A ' HE
1
1
1
1
1
1
1
1
7
=
+
=
+
+
= 2+ 2+ 2 = 2
cạnh .
2

2
2
2
2
2
A' K
A' H
A' E
A' H
A' B '
A 'C '
a a 3a
3a
Gọi K là hình chiếu vuông góc của trên .
a 21
Mặt khác
⇒ A' K =
Từ (1) và (2) .
7
Trong tam giác vuông có
AA21
' bằng .
Vậy khoảng cách giữa hai đường và
aCB
Câu 7
(1,0 đ)

Trong mặt phẳng tọa độ ,
cho hình thang vuông ,
vuông tại và B,

có đỉnh và .

Oxy
7
ABCD
A
AD
C (0;2)
= 3BC

0,25

0,25

HM HE 1
EM 1
=
=
⇒
=
- Gọi E là điểm trên đoạn AH HD
HA 3
AD 3

sao cho 2HE = EA, khi đó và
EM // AD Suy ra tứ giác BCME là hình bình hành, Suy ra CM // BE
⇒CM ⊥ AM
- Dễ thấy E là trực tâm tam
BE ⊥ AM ⇒
giác BAM

0,25

4


uuuu
r uuuu
r

Vì A thuộc (d) CM ⊥ AM ⇒ AM .CM
A(a=
; a0−⇒
1) a = −3 ⇒ A ( −3; −4 )
nên tọa độ , mà
Gọi I là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD

0,25

uur 1 uuu
r
 3 1
⇒
CI
=
CA
BD : 2 x +⇒
3 yI = −0 ; ÷
- Đường thẳng BD đi qua I và
4

 4 2

Câu 8
(1,0 đ)

0,25

M , suy ra
- Phương trình , mà H là giao điểm AH : 3 x − 2 y + 1 = 0
của hai đường thẳng BD và AH
Suy ra .
3 2
uuur Huuu
−ur ; ÷
Mà

HD = 3HM
⇒ D ( 6; −4 )
uuu
r 1 uuur13 13 
.
)
Giải hệ phương trình
 2 CB = DA ⇒ xB+( −y3;2

Điều kiện

x ( 1 + 4x ) =
2

⇔ 8 x3 −

( y)

3
x ( 1 + 4x ) = y  2


0≤ y≤5



 x +3y 2 x − 1 +2x 513− y =
y
÷ ⇔ 2 x +x 8≥x2 = x
 2 

3

(

)

(

0,25

÷ (1)


y
y+

+ x 2x − y = 0 ⇔ 2x − y

(2) 3
y

( )

) ( 4x

2

)

+ 2x y + y + x = 0

⇔ 2x − y = 0 ⇔ 2x = y ⇔ y = 4x2
(Vì theo điều kiện có )
4x2 + 2x y + y + x > 0
Thay vào (2) có phương
3 2x −1 + x 5 − 4x2 = 4x2
trình .
Điều kiện
Xét , là nghiệm của phương trình.
Xét .

1
≤ x ≤1

2 x=
1
2
<2 x ≤
2
3 2 x − 1 + x 5 − 4 x = 42x

0,25

0,25

5
2
5
2

0,25

6 ( x − 1) ( 2 x − 1) ( x − 1)(2 x − 1)( x + 1)(2 x + 1)
⇔ 2( ⇔
x − (4
1) (x22 x−−61x) ++2) + (6 x − 3 − 3 2+x − 1) + (1 − x 5 − 4 x 2 ) = 0 = 0
2x −1 + 2x −1
1 + x 5 − 4 x2
2
4x − 6x + 2
4 x4 − 5x2 + 1
⇔ ( x − 1) ( 4x − 2 ) + 3 6
=0
( x ++1)(2 x + 1) 

⇔ ( x − 1) ( 2 x − 1)  2 +
2 x − 1 + 2 x+ − 1 1 + x 52−4=x 20 ⇔ x = 1
2x −1 + 2x −1 1 + x 5 − 4x 


0,25


1
5
6
( x + 1)(2 x + 1) 
⇒ ( 2 x − 1)  2 +
+
>0
2 
2
2
2
x
−
1
+
2
x
−
1
1 + x 5 − 4x 


Vì
Với .
Với .
Đáp số ;
Câu 9
(1,0 đ).

x =1⇒ y = 4
1
x = ⇒ y =1
2x = 11
 x =
 y = 24
Cho các số dương thỏa mãn .
a +aby, b+=,1c1= c
 3
Tìm giá trị nhỏ
a3
b3
c
nhất của biểu thức P = a + bc + b + ca + c + ab +
( c + 1)

14

( a + 1) ( b + 1)

.
Với các số dương a + b + 1 = c ⇒ ( a + 1) ( a
b ,+b1, c) = ab + a + b + 1 = ab + c

thỏa mãn .
Áp dụng bất đẳng
1
1
2
2

ab + c = ( a + 1) ( b + 1) ≤

4

( a + b + 2)

=

4

( c + 1)

.

0,25

5


thức Cô – si ta có
14
28
Suy ra và .

c3
4c 3
x,2y≥, m, n ≥2 2
2
2
Ta có bất đẳng thức luôn đúng cvới
y1) ( b((+
cx1++)1y) ) ( c + 1)
( + 1) xc( a+++ab
≥
các số dương . Thật vậy,

∀x; y; m; n > 0,

m

n

m+n

2
Áp dụng bổ đề
 x2 y 2 
x2 y 2 ( x + y )
2
+
≥
⇔
m
+

n
trên và bất đẳng
(
)  + ÷≥ ( x + y )
m n
m+n
m n 
thức Cô – si ta có:

⇔a 3x 2 n 2 + by32 m 2 ≥ 2 xymn
⇔ ( xn
≥a02 + b 2 ) 2
4
4 − ym )
(
a
b
2
+
+ 2 28 ≥ 2
3
Từ các bất đẳng thức
2
1) = a 2 +4cabc
a +Pbc≥ ( bc +− ca
+
+ b + abc2 = af ( +c )b, c+>21abc
2
trên suy ra .
2 ( c + 12 ) ( c +2 1) 2 ( c + 1) 2

2
a 2 + b2 )
a + b)
c − 1)
(
2a + b
(
(
≥ 2 ( 32 c − 5 ) ( 3c= + 14c +≥23)
=
5
=+ b số
((ca) hàm
P
Từ bảng biến thiênf 'của
c +3 f153
+ 1c) = ,
+ 1)
1c5) 2 ( ,c5f+ '1( )c ) =20( c⇔
) ( csuy
(
3
a = bc== ; c =
ra hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng2 ( c + 1) 833
3
khi . Vậy giá trị nhỏ
53 biểu
 5nhất
 của
f  ÷ = ; 3c 2 + 14c + 23 > 0, ∀c > 1

thức bằng khi .  3  8

0,25

2

0,25
0,25

Chú ý: Học sinh trình bày cách giải khác, đúng, giám khảo cho điểm tối đa.

6