Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán trường Đặng Thúc Hứa lần 1 - TOANMATH.com Dang Thuc Hua lan 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN I
Môn : TOÁN
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  x4  2 x2  3 .
Câu 2 ( 1,0 điểm ). Tìm m để hàm số y  x3  3mx 2  3  m2  1 x  1 đạt cực tiểu tại x  2 .
Câu 3 ( 1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn  2  i  z  4  3i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức   z  2 z .
b) Giải phương trình log3  2.3x  3  2 x .

2

Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân I   x  3  2 cos x  dx .
0

Câu 5 ( 1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  0 ; 1; 2  và B 1;1;1 mặt
phẳng  P  : x  2 y  2 z  3  0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và B . Tìm tọa độ điểm
M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến  P  bằng 2.

Câu 6 ( 1,0 điểm).
a) Tính giá trị của biểu thức A 

sin 2a.sin a
2
biết cos a   .
1  cos 2a
3

b) Trong kì thi THPT Quốc Gia năm 2016 có 4 môn thi trắc nghiệm và 4 môn thi tự luận. Một
giáo viên được bốc thăm ngẫu nhiên để phụ trách coi thi 5 môn. Tính xác suất để giáo viên đó được
coi thi ít nhất 3 môn thi trắc nghiệm.
Câu 7 ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a 2 ; BC  2 a .
Tam giác SBC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa đường thẳng SD và
mặt phẳng  ABCD  bằng 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa
SC và BD .
Câu 8 ( 1,0 điểm ) . Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , có đường
cao AH . Gọi D là trung điểm của AH . Giả sử B  1; 1 và E  2;0  là hình chiếu vuông góc
của H lên CD .Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng
d : 2x  y  1  0 .
Câu 9 ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình .
 x 2  xy   y  x  1 x  y  x  2 y
 x; y  

 2 x  2 y  1  3 x  y  2  2  2 x  y  1
Câu 10 ( 1,0 điểm). Cho a , b, c là các số thực thuộc đoạn 1 ; 2 và thỏa mãn a  b  c  4 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

a 4  b 4  5c 2  6abc  1
 abc .
ab  bc  ca

----Hết---Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………….; Số báo danh………………………


Câu

1
(1,0)

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
NỘI DUNG



ĐIỂM

Tập xác định: 
Sự biến thiên:

x  0
 x  1

-Chiều biến thiên:Ta có y '  4 x3  4 x ; y'  0  

0.25

Trên các khoảng   ; 1 và  0 ; 1 ta có y '  0 nên hàm số nghịch biến.
Trên các khoảng  1; 0  và 1;   ta có y '  0 nên hàm số đồng biến.
-Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x  0 ; yCD  y  0   3 ; hàm số đạt cực tiểu tại

x  1; yCT  y  1  4 .







0.25



-Giới hạn: lim y  lim x 4  2 x 2  3   ; lim y  lim x 4  2 x 2  3  
x 

x 

x 

x 

-Bảng biến thiên:

x
y'

0

1



-

0

+



0



1

-

0

+

0.25



-3

y

-4


-4

Đồ thị:



Đồ thị cắt trục hoành tại  3 ; 0

 và 

3; 0


0.25

Đồ thị cắt trục tung tại điểm  0 ; 3
Đồ thị nhân trục tung làm trục đối xứng.

2
(1,0 )



x  m 1
x  m 1



Ta có y '  3 x 2  6mx  3 m 2  1 ; y '  0  

0.25

Ta có y ' đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua m  1 nên hàm số đạt cực tiểu tại

x  m  1.

0.5

Theo bài ra ta có xCT  2  m  1  2  m  1 .

0.25

Vậy m  1 là giá trị cần tìm.
3
(1,0 )

a) Ta có

 2  i  z  4  3i  z 

4  3i
 1  2i
2i

Suy ra   z  2 z  1  2i  2 1  2i   3  2i
Vậy  có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2.

0.25
0.25


b).Phương trình đã cho tương đương 2.3 x  3  32 x  32 x  2.3 x  3  0 .

 t  1

t  3

4
(1,0)

Đặt t  3x  0 , phương trình trở thành: t 2  2t  3  0  

0.25

Đối chiếu điều kiện ta có t  3 . Do đó 3x  3  x  1 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  1 .

0.25







3 2 2 3 2
 
Ta có I   3 xdx  2  x cos xdx . Tính I1   3xdx  x
2 0 8
0
0
0
2

2

2

0.25


2

Tính I2 

 x cosx dx . Đặt u  x ; dv  cos xdx . Suy ra du  dx , chọn v  sin x

0.25

0




Do đó I2  x sin x

2
0

2





  sin xdx  x sin x  cos x 02 
2
0

0

Vậy I  I1  2 I2 
5
(1,0)




2

1

3 2

 3 2
  2   1 
  2
2
8
2


Ta có AB 1; 2 ; 3 là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng d .
Phương trình đường thẳng d là

x y 1 z  2


.
1
2
3

Gọi M  t ; 1  2t ; 2  3t   d . Theo bài ra ta có

d M ;  P   2 

t  2  1  2t   2  2  3t   3
12  2 2   2 

2

2 sin2 a.cos a sin2 a
.

cos a
2 cos2 a
2
4 5
Theo bài ra ta có cos a    sin2 a  1  cos2 a  1   .
3
9 9
5
Vậy A   .
6

5
Số cách bốc thăm ngẫu nhiên 5 môn trong 8 môn thi là n     C8  56 .
Ta có A 

Gọi A là biến cố “Để giáo viên được coi thi ít nhất 3 môn thi trắc nghiệm”.
Có 2 trường hợp xảy ra:
Trường hợp 1: 3 môn trắc nghiệm; 2 môn tự luận
Trường hợp 2: 4 môn trắc nghiệm; 1 môn tự luận.
3
2
4
1
Ta có n  A   C4 .C4  C4 .C4  28 .
Vậy xác suất cần tính P  A  

n  A
n 



28 1
 .
56 2

0.25
0.25

0.25
0.25

2

5  t  6
 t  1
 5t  6  

.
5  t  6
 t  11
Với t  1  M  1; 3; 5  ; với t  11  M 11; 21; 31
6
(1,0)

0.25

0.25

0.25
0.25

0.25

0.25


7
(1,0)

Diện tích hình chữ nhật ABCD là SABCD  AB.BC  a 2 .2 a  2 2 a2
Gọi H là trung điểm của BC ta có tam giác SBC cân tại S nên SH  BC mà

 SBC    ABCD  suy ra SH   ABCD  .
0.5

  60 .
Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  ABCD  là SDH


Ta có SH  HD.tan SDH

HC 2  CD2 .tan 60  a2  2a2 . 3  3a .
1
1
Thể tích khối chóp S.ABCD là V  SH .SABCD  3a.2 2 a2  2 2 a3
3
3
Dựng hình bình hành BDCE, ta có CE //BD . Suy ra BD // SCE  .
Ta có d BD ; SC   d BD ;  SCE    d B ;  SCE    2 d H ;  SCE  
0.25

Kẻ HK  CE với K  CE , ta có SH  CE nên CE   SHK  .
Kẻ HI  SK với I  HK ta có HI  CE . Từ đó suy ra HI   SCE  .
Do đó d H ;  SCE    HI .
Ta có

S

  1 BC . CD  1 2a. a 2  a .
HK  HC .sin HCK
2
BD 2

a 6
3
Trong tam giác vuông SHK
a
3a.
3  3a 7 .
ta có HI  SH .HK

2
2
14
SH  HK
a2
9 a2 
3

Vậy d BD ; SC   2 HI 
8
(1,0)

0.25
I
E
K
B

3a 7
7

C

H

A

D


  EDH
 nên
Ta có HCE
DHE ; EHC
A

 HCE  DHE  g  g 

Suy ra HE  DE  HE  DE (Vì tam giác ABC cân tại
HC

DH

HB

0.25

DA

A nên HB  HC và D là trung điểm của AH ta có
DA=DH)

D

 . Do đó  ADE  BHE (c-g-c)
và 
ADE  BHE
  EAD
 hay EBH
  EAH
 . Vậy tứ
suy ra EBH

giác AEHB nội tiếp nên 
AEB  
AHB  90 (góc

E

nội tiếp chắn cung 
AB ) hay AE  EB .

B

H

C



Gọi A  a ; 2 a  1  d . Ta có EA   a  2 ; 2 a  1 ; EB   3; 1 .
 

Vì AE  EB  AE .EB  0  3  a  2   2 a  1  0  a  1 .Suy ra A 1; 3  .
 x 1 y  3 
.
;
2 
 2

Gọi H  x ; y  , vì D là trung điểm của AH nên D 

 
2
2
 HA.HB  0
 x  2; y  0
 x  y  2 y  4  0
 2

Ta có   
2
 x  1; y  1
 x  y  5 x  3 y  6  0
 EH .ED  0

Ta có H  E nên suy ra H 1; 1 . Vì H là trung điểm của BC nên C  3; 1 .
Kết luận : A 1; 3 , C  3; 1

0.25

0.25

0.25


CÂU
9
(1,0)

NỘI DUNG

ĐIỂM

1
; 4 x  y  2  0 .Đặt t  x  y ( t  0 ).  y  t 2  x .
2
t  1
2
PT (1) trở thành: xt 2  t 2  2 x  1 t  2t 2  x   t  1  t  x   0  
.
t   x
Điều kiện: x  y 









x  y  1  x  y  1 thay vào PT (2) của hệ ta được:

Với t  1 ta có

2x  3  2x  3  2x  3

0.25

3

x   .Do
2x  3  1  0  
2

 x  1





đó  x ; y    3 ; 5    x ; y    1; 2  .
 2 2

0.25

x  0
x  y  x  
thay vào PT(2) ta được
2
x  y  x

Với t   x ta có





2 x2  1  x2  2 x  2  2 x2  x  1

(*)

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM ta có

2 x2  1  1
x2  2 x  3
. Cộng vế theo vế ta được
 x 2 và x 2  2 x  2 .1 
2
2
3x 2  2 x  3
. Dấu “=” xảy ra khi x  1 .
2 x2  1  x2  2 x  2 
2
2
3x 2  2 x  3
2
Từ phương trình (*) suy ra 2 x  2 x  2 
  x  1  0  x  1 .
2
Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất x  1 . Do đó  x ; y    1; 2  .



2 x2  1 



0.5

 3 5 
;    x ; y    1; 2 
 2 2

Kết luận : Hệ đã cho có hai nghiệm  x ; y   
10
(1,0)

Vì a , b , c  1; 2  nên ta có a4  4  5a2 ; b4  4  5b2 .
2
Suy ra a  b  5c  5 a  b  c  8  5  a  b  c   2  ab  bc  ca    8


4

4

2



2

2

2

0.25



Và  a  2  b  2  c  2   0  abc  2  ab  bc  ca   4  a  b  c   8  0

 a  1 b  1 c  1  0  abc   ab  bc  ca  a  b  c  1  0 mà a  b  c  4
Nên ta có ab  bc  ca  3  abc  2  ab  bc  ca   8  ab  bc  ca  5 .
Suy ra: a4  b4  5c2  6 abc  2  ab  bc  ca   24 .
2  ab  bc  ca   25
25
Do đó P 
  ab  bc  ca   3 
  ab  bc  ca   5
ab  bc  ca
ab  bc  ca

0.25

.

 a  b  c
Đặt t  ab  bc  ca , ta có ab  bc  ca 
3

Ta có P  f  t  

2



16
 16 
nên t  5 ;  .
3
 3

25
25
 16 
 t  5 có f '  t   1  2  0 ,t  5 ;  ;
t
t
 3

 16 
 . Do đó P  f  t   f  5  5.
 3
Với a  b  1; c  2 thì P  5 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 5.
Suy ra f  t  nghịch biến trên 5 ;

0.5