57. De thi thu thpt quoc gia nam 2016 tr ng H ng Quang Hai Duong lan 3

Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
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)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y  x 4  2 x 2  3 .
b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

f ( x)  x  2 

4
với x   2;4 .
x 1

Câu 2 (1,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z  2  i  1  3i .
b) Giải bất phương trình log 22 x  2 log 1 x  3  0 .
2


2

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân I 

  cos x  sin x  cos xdx .
2

0

Câu 4 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I (5; 3;4)
và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  z  5  0 . Tìm tọa độ tiếp điểm của ( S ) và ( P ) .
Câu 5 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình

3 sin x  2 cos 2

x
 2.
2

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.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  a 3 .
Hình chiếu vuông góc của A ' trên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm H của cạnh BC ; Góc giữa cạnh
bên và mặt đáy bằng 450 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AA ' , CB ' .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD , vuông tại A và B, có đỉnh

 24 16 
C (0;2) và AD  3BC . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường chéo BD . Điểm M  ;   là
 13 13 
điểm thuộc đoạn HD sao cho 2HM  MD . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, D của hình thang vuông ABCD
biết đỉnh A thuộc đường thẳng  d  : x  y  1  0 .
 2
x y

 x 1  4 x   y  2 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 


3 2 x  1  x 5  y  y


( x, y  ) .

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  1  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

a3
b3
c3



a  bc b  ca c  ab  c  1

14

 a  1 b  1

----------------- Hết ---------------Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0

Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM LẦN 3
Câu 1a
(1,0 đ)

ĐÁP ÁN
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y  x 4  2 x 2  3 .

ĐIỂM

TXĐ: D   , y '  4 x 3  4 x ,

x  0
y '  0   x  1 ,
 x  1
y '  0x   1;0   1;   và y '  0x   ; 1   0;1

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng  1;0  ; 1;   , hàm số nghịch biến trên các khoảng

 ; 1 ;  0;1 .

0,25

Hàm số đạt cực đại tại x  0; yCD  3 ,

x  1

Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm 
; yCT  y  1  y 1  4
 x  1

lim y  lim  x 4  2 x 2  3  ;

x 

x 

lim y  lim  x 4  2 x 2  3    .

x 

x 

Bảng biến thiên

x 

1

'

f ( x)



0





1

0

0



0



0,25





3

f ( x)

4

4

y

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 3)

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

4





Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm  3;0 ,
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.

3;0

0,25



2

x
-4

-2

2

O

4

-2

-4

Câu 1b

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
(1,0 đ)

f '( x)  1 

f ( x)  x  2 

4
với x   2;4 .
x 1

4

 x  1

2

 x  3   2;4 
f '( x )  0  
 x  1   2;4 

10
f  2   4; f  4   ; f  3   3 .
3

0,25

0,25
0,25

1


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
Vậy max f ( x )  f  2   4;
 2;4

min f ( x )  f  3   3

0,25

2;4

Câu 2a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
(0,5 đ)
z  2  i  1  3i
Gọi số phức z  x  yi,  x; y 

 được biểu diễn bởi điểm M  x; y  .

z  2  i  1  3i  x  yi  2  i  1  3i 

2

2

 x  2    y  1

2

0,25

 10

2

  x  2    y  1  10 ,
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I  2;1 , bán kính R  10 .

0,25

Câu 2b Giải bất phương trình log 22 x  2 log 1 x  3  0 .
(0,5 đ)
2
2

ĐKXĐ: x  0 , log 22 x  2log 1 x  3  0   log 2 x   2 log 2 x  3  0
2

x  2
log 2 x  1



1.

log
x


3
0

x

 2
8


0,25

0,25

 1
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S   0;    2;  
 8
Câu 3
(1,0 đ)


2





Tính tích phân I   cos x  sin 2 x cos xdx .
0


2


2


2

0

0

I    cos x  sin 2 x  cos xdx   cos 2 xdx   sin 2 xcos xdx .
0


2

0,25


2


1
1
1


I1   cos xdx   1  cos 2 x  dx   x  sin 2 x  2  .
20
2
2
0 4
0

0,25

2


2


2


1
1
3
I 2   sin xcos xdx   sin x d  sin x    sin x  2  .
3
3

0
0
0
2

Vậy I 
Câu 4
(1,0 đ).

0,25

2

 1
 .
4 3

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I (5; 3;4)
và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  z  5  0 . Tìm tọa độ tiếp điểm của ( S ) và ( P ) .





Gọi R là bán kính mặt cầu, theo điều kiện tiếp xúc R  d I ;  P   2 6 .
2

2

0,25

2

Phương trình của mặt cầu ( S ) là  x  5    y  3   z  4   24 .

0,25

2


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
Gọi H là tiếp điểm của ( S ) và ( P ) , khi đó H là hình chiếu của I (5; 3;4) trên mặt

 x  5  2t

phẳng ( P ) , đường thẳng IH có phương trình là  y  3  t , t  .
z  4  t


0,25

Tọa độ điểm H có dạng H  5  2t ; 3  t ;4  t  , vì H   P  nên ta có

2  5  2t   3  t   4  t   5  0  6t  12  t  2  H 1; 1;2  .
Câu 5a
Giải phương trình
(0,5 đ)

3 sin x  2 cos 2

3 sin x  2 cos 2

0,25

x
 2.
2

x
 1

 2  3 sin x  cos x  1  sin  x    .
2
6 2


0,25

 x  k 2

,k  .
 x  2  k 2
3


0,25

Phương trình đã cho có các nghiệm là x  k 2 ;

2
 k 2  k 
3

x

.

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.
1
1
Phép thử: “Chọn từ 2 hộp đã cho, mỗi hộp một viên bi”, n     C15
.C11
 165 .

0,25

Biến cố A: “Hai viên chọn được cùng màu”.

A1 : “Hai viên chọn được cùng trắng”, n  A1   C81.C15  40 .

A2 : “Hai viên chọn được cùng đỏ”, n  A2   C71.C16  42 .

0,25

Vậy n  A   n  A1   n  A2   82 , xác suất của biến cố A là P  A  
A'

Câu 6
(1,0 đ)

82
.
165

C'

B'

E

K

A

C
H
B

Trong tam giác vuông ABC có BC 2  AB 2  AC 2  a 2  3a 2  4a 2  BC  2a ;

AH 

1
BC  a .
2

AH là hình chiếu vuông góc của AA ' trên mặt phẳng ( ABC ) nên góc giữa AA ' và mặt

0,25

phẳng ( ABC ) là góc A ' AH . Theo giả thiết có A ' AH  450 .
Trong tam giác A ' AH có A ' H  AH  a .

3


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
Diện tích tam giác ABC là S ABC 

1
a2 3
.
AB. AC 
2
2

Thể tích khối lăng ABC. A1B1C1 trụ là V  A ' H .S ABC

0,25

a 2 3 a3 3
 a.

.
2
2

Khoảng cách giữa hai đường A ' A và CB ' bằng khoảng cách từ A ' A đến mặt phẳng
 B ' BCC ' và bằng khoảng cách từ điểm A ' đến  B ' BCC ' .
Gọi E là hình chiếu vuông góc của A ' cạnh B ' C ' .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A ' trên HE  A ' K  HE

0,25

(1) .

B 'C '  A ' E
 B ' C '   A ' HE   B ' C '  A ' K
 B ' C '  A ' H ( A ' H  ( A ' B ' C '))
Từ (1) và (2)  A ' K  ( BCB ' C ')  d  A ',( BCB ' C ')   A ' K .


Mặt khác 

(2)

Trong tam giác vuông A ' HE có

Câu 7
(1,0 đ)

1
1
1
1
1
1

1
1
1
7





 2 2 2  2
2
2
2
2
2
2
A' K
A' H
A' E
A' H
A' B '
A 'C '
a
a 3a
3a
a 21
 A' K 
7
a 21
Vậy khoảng cách giữa hai đường AA ' và CB ' bằng

.
7
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,
C
cho hình thang vuông ABCD ,
B
vuông tại A và B,
có đỉnh C (0;2) và AD  3 BC .
I

0,25

H

M
E

D

A

- Gọi E là điểm trên đoạn AH sao cho 2HE = EA, khi đó

HM HE 1
EM 1

 
 và
HD HA 3
AD 3

EM // AD Suy ra tứ giác BCME là hình bình hành, Suy ra CM // BE
- Dễ thấy E là trực tâm tam giác BAM  BE  AM  CM  AM
Vì A thuộc (d) nên tọa độ A( a; a  1) , mà

 
CM  AM  AM .CM  0  a  3  A  3; 4 

0,25

0,25

Gọi I là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD

 1 
 3 1
 CI  CA  I   ; 
4
 4 2

0,25

- Đường thẳng BD đi qua I và M , suy ra BD : 2 x  3 y  0
- Phương trình AH : 3 x  2 y  1  0 , mà H là giao điểm của hai đường thẳng BD và AH

 3 2
; .
 13 13 

Suy ra H  

4


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT





Mà HD  3HM  D  6; 4 

0,25

 1 
CB  DA  B  3;2  .
3
Câu 8
(1,0 đ)

 2
 x y
 x 1  4 x   y  2  (1)
Giải hệ phương trình 


3 2 x  1  x 5  y  y
(2)

0  y  5


Điều kiện 
1
 x  2

 x y
2
3
x 2 1  4 x   y 
  2 x  8x  x y 
2


 8 x3 

 y

3







 

3

y



0,25



 x 2 x  y  0  2x  y 4 x2  2x y  y  x  0

 2x  y  0  2x 

y  y  4 x2

(Vì theo điều kiện có 4 x 2  2 x y  y  x  0 )

0,25

Thay vào (2) có phương trình 3 2 x  1  x 5  4 x 2  4 x 2 .
Điều kiện
Xét x 

1
5
x
2
2

1
, là nghiệm của phương trình.
2

Xét 1  x 
2

0,25

5
.
2

3 2x 1  x 5  4 x2  4x2
 (4 x 2  6 x  2)  (6 x  3  3 2 x  1)  (1  x 5  4 x 2 )  0
  x  1 4 x  2   3

4 x2  6 x  2
4 x4  5x2  1

0
2 x  1  2 x 1 1  x 5  4 x2

5


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

 2  x  1 2 x  1 

6  x  1 2 x  1
2x 1 2x 1



( x  1)(2 x  1)( x  1)(2 x  1)
1  x 5  4x2

0


6
( x  1)(2 x  1) 
  x  1 2 x  1  2 

  0  x 1
2 x  1  2x 1 1  x 5  4 x2 


0,25


1
5
6
( x  1)(2 x  1) 
x
  2 x  1  2 

0
2
2
2x 1  2 x  1 1  x 5  4x2 


Với x  1  y  4 .

Vì

1
 y  1.
2
1

x  1 x 
Đáp số 
;
2
y  4 y 1

Với x 

Câu 9
(1,0 đ).

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  1  c .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

a3
b3
c3




a  bc b  ca c  ab  c  1

14

 a  1 b  1

Với các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  1  c   a  1 b  1  ab  a  b  1  ab  c .
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có ab  c   a  1 b  1 

c3
4c 3

và
c  ab  c  1 2
 c  1

Suy ra

14



.
0,25

1
1
2
2
 a  b  2    c  1 .

4
4

28

 a  1 b  1  c  1

2

.

2

x2 y 2  x  y 
Ta có bất đẳng thức


luôn đúng với các số dương x, y, m, n . Thật vậy,
m n
mn
x; y; m; n  0,
2

 x2 y 2 
x2 y2  x  y
2


 m  n     x  y
m n

mn
m n 

0,25

2

 x 2 n 2  y 2 m 2  2 xymn   xn  ym   0
Áp dụng bổ đề trên và bất đẳng thức Cô – si ta có:
a3
a  bc




a
a

2

2

b3
b  ca
 b2

 b2





a4
a 2  abc

2

  c  1





a 2  b2
c 1

b4
b 2  abc


2

a

2

 b2



2

a 2  b 2  2abc
2

 a  b    c  1

2  c  1 2  c  1

6


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
2

Từ các bất đẳng thức trên suy ra P 

 c  1  4c3  28
2  c  1  c  12  c  12

 f c  , c  1.

0,25

 3c  5  3c 2  14c  23
5
f 'c 
, f 'c  0  c  ,
3
3

2  c  1
 5  53
f    ; 3c 2  14c  23  0, c  1
3 8
Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hàm số f  c  đạt giá trị nhỏ nhất bằng

c

53
khi
8

0,25

5
53
1
5
. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng
khi a  b  ; c  .
3
8
3
3

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

7