Đề thi thử Quốc gia 2016 môn Toán trường Đoàn Thượng - Hải Dương lần 2 - TOANMATH.com Toan lan 2

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

2x 1
.
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y  x  7 và viết phương
trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm ấy.
Câu 2 (1,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y 



2 sin(2 x  )  cos x  cos3 x  sin 2 x .
4
2
b) Giải bất phương trình: log3 ( x  5x  7)  log 1 ( x  1)  0 .
a) Giải phương trình:

3

Câu 3 (1,0 điểm)
a) Tìm các số phức 3z  z và

3i
biết z  1  2i .
z

b) Để tham gia hội thi “Khi tôi 18” do Huyện đoàn tổ chức vào ngày 26/03, Đoàn
trường THPT Đoàn Thượng thành lập đội thi gồm có 10 học sinh nam và 5 học sinh
nữ. Từ đội thi, Đoàn trường chọn 5 học sinh để tham gia phần thi tài năng. Tính xác
suất để 5 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
1

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

 3x

2

 2 x  ln(2 x  1)  dx .

0

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) có phương
trình lần lượt là x  2 y  2 z  3  0 ; x2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  16  0 . Tìm tọa độ tâm và
tính bán kính của mặt cầu (S). Viết phương trình mặt phẳng ( ) song song với mặt phẳng
(P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a , ABC  600 ,
SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc giữa mặt bên (SCD) và mặt đáy (ABCD) bằng
450 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SCD).
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 3 3 , đỉnh D thuộc đường thẳng d: 3x  y  0 , ACB  30 . Giao điểm của đường
phân giác trong góc ABD và đường cao của tam giác BCD kẻ từ C là điểm H





3;3 . Tìm

tọa độ các đỉnh B, D biết hoành độ của B và D đều nhỏ hơn 3 .
 4  y  x  2  7  2 y  85  50 x  7 y  13 y 2  x3

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ 
 2 x 2  3xy  4 y 2  4 x 2  3xy  2 y 2  3( x  y )
Câu 9 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2  b2  c2  3 . Tìm giá trị
ab
bc
a 3 b3  b3 c 3


.
lớn nhất của biểu thức P 
3  c2 3  a2
24a3c3
-----------------Hết----------------Họ và tên thí sinh:………………………………………………SBD:…………………
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM


Câu
1a

Nội dung

2x 1
 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y 
x 1
- TXĐ : D  \ 1 .

Điểm

3
 0, x  1 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng của TXĐ.
( x  1) 2
- Hàm số không có cực trị.
2x 1
 2  y  2 là TCN.
- Giới hạn : lim
x  x  1
2x 1
2x 1
 ; lim
   x  1 là TCĐ.
- lim
x 1 x  1
x 1 x  1
- Vẽ BBT
- Vẽ đồ thị.
 Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y  x  7 và viết
phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm ấy.
2x 1
 x  7  x 2  6 x  8  0, x  1
- Phương trình hoành độ giao điểm :
x 1

 x  2  y  5
- 
. Các giao điểm là A  2;5  , B  4;3
x


4

y

3

- y '  2   3  tiếp tuyến tại A là y  3x  11.

0,25

-

1b

2a

2b

1,00

y' 

y '  4  

1
1
13
 tiếp tuyến tại B là y  x  .
3
3
3



2 sin(2 x  )  cos x  cos3 x  sin 2 x
4
- Phương trình  cos2 x  (cos x  cos3x)  0  cos2 x(2cos x  1)  0 .
 k
2
; x
 k 2
Giải được nghiệm :  x  
4 2
3
 Giải bất phương trình: log3 ( x2  5x  7)  log 1 ( x  1)  0
 Giải phương trình :

0,25

0,25
0,25
1,00
0,25
0,25

0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,50

3

-

BPT  log3 ( x 2  5 x  7)  log 3 ( x  1)  x 2  5 x  7  x  1  0

x  1
 2
 T  1;2   4;   .
x  6x  8  0
3i
 Tìm các số phức 3z  z và
biết z  1  2i .
z
- 3z  z  3(1  2i)  1  2i  4  4i
3  i 3  i  3  i 1  2i 


 1 i .
z
1  2i
5
-

3a

3b

 Đội có 10 nam và 5 nữ. chọn lấy 5 học sinh. Tính xác suất có cả nam và nữ.

0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,50


4

-

5
 3003
Mỗi cách chọn là một tổ hợp chập 5 của 15 nên n()  C15

-

Số cách chọn là n(A)  C C  C C  C C  C C  2750

-

Xác suất cần tìm là : P 

1
10

4
5

2
10

3
5

3
10

2
5

4
10

0,25

1
5

2750 250

3003 273

0,25

1

 Tính tích phân :  3x 2  2 x  ln(2 x  1)  dx .

1,00

0

-

1

1

1

0

0

0

I   3x 2  2 x  ln(2 x  1)  dx   (3x 2  2 x)dx   ln(2 x  1)dx
1

-

0,25

I1   (3x 2  2 x)dx  (x 3  x 2 )  0
1

0,25

0

0

1

-

I 2   ln(2 x  1)dx
0

-

5

2

1
dx
u  ln(2 x  1)
2x
1
du 


Đặt 
dx
2 x  1 nên I 2  x ln(2 x  1) 0  
2x  1
dv  dx
0
v  x
1
3
1 
3

I 2  ln 3   1 
 dx  ln 3  1. Vậy I  I 2  2 ln 3  1 .
2x  1 
2
0

0,25

0,25

 mp(P): x  2 y  2 z  3  0 ; mặt cầu (S): x2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  16  0
1,00
- Mặt cầu (S) có tâm I (1; 2;2); R  5 .
0,25
- Mặt phẳng ( ) song song với mp(P): x  2 y  2 z  3  0 nên phương trình
0,25
mặt phẳng ( ) có dạng : x  2 y  2 z  c  0 (c  3) .

1 4  4  c

-

Vì mp ( ) tiếp xúc với mặt cầu (S)  d (I;( ))  R 

-

x  2 y  2z  6  0
c  6
c  24 nên phương trình mp ( ) là : x  2 y  2 z  24  0 .


6

3

5

0,25
0,25

S

H
A

D

E
K

B

C

F

1,00


-

7

Kẻ AE  CD , thì mp(SAE)  CD  SE  CD , nên góc giữa mp(SCD) và

mp(ABCD) là góc SEA  450 .
- ACD đều cạnh 2a nên AE  3a  SA  3a
- Diện tích đáy S ABCD  2.S ACD  AE.CD  2 3a 2 .
1
- Thể tích khối chóp : V  SA.S ABCD  2a 3 .
3
- Gọi K là hình chiếu của B trên (SCD) thì SK là hình chiếu của SB trên (SCD)
nên góc giữa SB và mp(SCD) là góc BSK .
a 6
- Gọi H là hình chiếu của A trên SE, thì AH  (SCD) , và AH 
.
2

a 6
- Do AB / / mp(SCD)  BK  AH 
. Tính được SB  7a .
2
BK
42

- Xét tam giác vuông SBK ta có sin BSK 
.
SB
14
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng
3 3 , đỉnh D thuộc đường thẳng d: 3x  y  0 , ACB  30 . Giao điểm của đường
phân giác trong góc ABD và đường cao tam giác BCD kẻ từ C là điểm H
Tìm tọa độ các đỉnh B, D biết hoành độ B và D đều nhỏ hơn





3;3 .

0,25

0,25

0,25

0,25

1,00

3.

H

A

D

0,25
I

B

C

- Gọi I  AC  BD . Đặt AB  x  BC  x 3 , có S  AB.BC=3 3 nên x  3 .
Ta có DBC  ACB  300  ABD  600  HBD  300  BD là phân giác trong của
góc HBC và cũng là đường cao nên BD là trung trực của HC  HD  CD  3 ; 0,25
BHD  BCD  900 và BH  BC  3 .

3
 T/M 
t 
 3 3
2
 D 
;  .
D  d  D t; 3t ; HD  3  

 3 3
 2 2
 Loai 
t 

2





0,25
 3 3

Đường thẳng HB đi qua H( 3;3) , có vecto pháp tuyến DH   ;  nên có
 2 2
phương trình:





3
3
x  3   y  3  0  x  3 y  4 3  0 .
2
2

0,25


b 
B  HD  B  b; 4 

3


b  3  .


5 3
b 
2

b 
2
HB  3  b  3  1 
 9

3

 3
b 

2
 3 9

Vậy tọa độ các điểm B, D là : B 
;  ; D 

 2 2




8



2

 Loai 

 3 9
 B 
;  .
2
2

 T/M 
3 3
; 
2 2 

 4  y  x  2  7  x  y  85  50 x  7 y  13 y 2  x3

 Giải hệ : 
 2 x 2  3xy  4 y 2  4 x 2  3xy  2 y 2  3( x  y )
7 11
23

7 11
- Ta có 2 x 2  3xy  4 y 2  ( x  y) 2  (x  y) 2  ( x  y) 2 .
6
6
36
6
6
7
11
7
11
7
11
- Nên 2 x 2  3xy  4 y 2  ( x  y) 2  x  y  x  y .
6
6
6
6
6
6
-

Tương tự

1,00

11
7
11
7

11
7
4 x 2  3xy  2 y 2  ( x  y) 2  x  y  x  y
6
6
6
6
6
6

Cộng lại ta được : 2 x 2  3xy  4 y 2  4 x 2  3xy  2 y 2  3( x  y) dấu bằng
xảy ra khi x  y  0 .
7 11 23
0,25
Chú ý : Cách tìm các hệ số ; ;
trên như sau :
6 6 36
2 x 2  3xy  4 y 2  (ax  by ) 2  c.(x  y) 2
Do tính đối xứng nên giả sử :  2
2
2
2
4 x  3xy  2 y  (b x  ay )  c.(x  y)
a 2  c  2

Khai triển và đồng nhất hệ số ta có hệ số của x là b 2  c  4
a  b  3 do VP  3(x  y)

7
11

23
Trừ từng vế (1) cho (2) và kết hợp với (3), ta được a  ; b  ; c  .
6
6
36
-

-

PT (1)   4  x  x  2  7  2 x  85  57 x  13x2  x3

-

 5  x   x  4 2  1
Áp dụng bất đẳng thức bunhia copki ta có :
VT 2  (4  x)2  12  .(x  2)  (7  2x)  (4  x)2  12  .(5  x)

0,25

  4  x  x  2  7  2x 

  4  x  x  2  7  2x 
-

Dấu bằng xảy ra khi 

 5  x   x  4 2  1

4 x
1


 x  3 , nghiệm (x; y)  (3;3)
x2
7  2x
y

 y

2

y

 y

2



y

Có thể chia hai vế cho x  2  2  3  4    4  3  2    3 1  
x
x
x
x
 x

0,25

9

 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P 

ab
bc
a 3 b3  b3 c 3


.
3  c2 3  a2
24a3c3

- Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
ab
bc
ab
bc

 2

2
2
3 c
3 a
 c  a 2    c 2  b2   a 2  b2    a 2  c 2 




ab



2 c 2  a 2 c 2  b2







bc



2 a 2  b2 a 2  c 2



1  a2
b2
b2
c2
  2



4  c  a 2 c 2  b2 a 2  b2 a 2  c 2

1
b2
b2 
 1  2


4  c  b2 a 2  b2 





1
b2
b2  1 
b
b  1 1b b 

      .
1 
  1 
4  2bc 2ab  4  2c 2a  4 8  c a 
1
- Xét bất đẳng thức : x3  y 3  (x  y)3 (phải chứng minh bđt này)
4
3
3
3
3 3
3 3

(ab bc)
a b b c
1 1b b  1 b b 
1b b
Áp dụng :

    . P         .
4 8  c a  96  c a 
4c a
c3 a 3
4c3 a3
1
b b
1 1
Đặt t   , khi đó t  0 và P   t 3  t  .
96
c a
8 4
1 3 1 1
t
Xét hàm số f (t )   t  t  với t  0.
2
0

96
8 4
–
f '(t )
+
0

1
1
Ta có f '(t )   t 2  ; f '(t )  0  t  2, vì t  0.
32
8
5
Suy ra bảng biến thiên:
12
f (t )

Dựa vào bảng biến thiên ta có P 
Vậy giá trị lớn nhất của P là

5
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t  2 .
12

5
, đạt được khi a  b  c  1
12