DE THI THU THPT QUOC GIA 2016 TRUONG THPT LE LOI THANH HOA.compressed

ĐỀ THI THỬ



ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn: TOÁN ; Khối 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI – THANH HÓA

Câu 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  f ( x)  x3  3x2  4 .
1

Câu 2. (1,0 điểm) Cho tan   (  (0; )) . Tính giá trị biểu thức
2
2

P

2sin

  3cos 

2
2 1 .


5
sin  2cos
2
2

x

2
log 2 ( xy )  2log 4 y  3
( x, y 
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
xy
 x y
 4  2 2  62  0



.

2x  3
dx
2 x 2  x 1
Câu 5. (1,0 điểm) Gọi M là tập hợp các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ
số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Lấy ra từ tập M một số bất kỳ. Tính xác suất để lấy được số có tổng
các chữ số là số lẻ ?
Câu 6. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A(1; 1; 0); B(1; 0;
2); C(2;0; 1), D(-1; 0; -3). Chứng minh A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp và viết
phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó .
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, BC = 2a, Góc
ACB  600 . Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mp(ABC), tam giác SAB cân tại S, tam
giác SBC vuông tại S. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A tới
mp(SBC).
Câu 8. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC. Đường phân giác trong của góc B có phương trình
d1 : x  y  2  0 , đường trung tuyến kẻ từ B có phương trình d2 :4 x  5 y  9  0 . Đường
1

thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (2; ) , bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
2
5
là R  . Tìm tọa độ đỉnh A .
2
Câu 9. (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực
7 x2  25x 19  x2  2 x  35  7 x  2 .
Câu 10. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn 0;1 . Tìm giá trị lớn nhất của
Câu 4. (1,0 điểm) Tìm họ nguyên hàm 

biểu thức P  2( x3  y3  z3 )  ( x2 y  y 2 z  z 2 x)
----------------- HẾT ----------------Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên học sinh : ...................................................... Số báo danh : .................................................
Chữ kí giám thị 1: ......................................................... Chữ kí giám thị 2: .........................................


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
THI
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI
1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN
TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN
NĂM HỌC 2015 -2016

Môn: Toán – lớp 12
(Đáp án có:04 trang)

Đáp án

Câu
Câu 1
(1,0đ)

a/ TXĐ:R
b/ Sự biến thiên
+Giới hạn limy  ; limy  
x 

x



-2
0

+

y'

x 

+Bảng biến thiên: y '  3x 2  6 x ;



0,5

0,5


2 tan
1

2  1  tan 2   4 tan   1  0
Vì tan   (   (0; )) nên
 2
2
2
2
2
1  tan 2
2



2

 2  5 hoặc tan

Thay vào ta có P 

2 tan
tan

Câu 3
(1,0đ)

+

-4



Nhận xét: Đồ thị nhận điểm uốn làm
tâm đối xứng

Suy ra tan



2

Hàm số đồng biến trong khoảng
(;  2) và (0;  ) , nghịch biến
trong khoảng (2;0) . Hàm số đạt cực
tiểu tại x = 0; yCT  4 , đạt cực đại tại
x = -2; yCĐ = 0.
c/ Đồ thị : y ''  6 x  6  0  x  1
Điểm uốn I(-1; -2).

Câu 2
(1,0đ)

-

0
0

0

y

x  0
y  0  3x  6 x  0  
.
 x  2
'

Điếm


2



2

3

2





2

 2  5 (l ) . Do tan



2

0.

1
2 5 1 1


2
5
5
5

x  0
Biến đổi phương trình đầu tiên của hệ ta có
y  0
x
log 2 ( xy 2 )  2log 4  3  log 2 x  log 2 y 2  2(log 4 x  log 4 y)  3
y
 log2 x  2log2 y  2log22 x  2log 22 y  3

0,5

0,25

0,25

ĐKXĐ 

0,25

 log 2 x  2log 2 y  log 2 x  log 2 y  3
 3log 2 y  3  y  2 .

Thay y  2 vào phương trình thứ hai suy ra 4x2  2x  62  0
 16.22 x  2 x  62  0 . Đặt 2 x  t (t  0) ta có phương trình

0,25
0,25


31
. Do t  0 nên lấy t  2 suy ra x  1 .
16
Đs: Hệ có nghiệm duy nhất ( x; y)  (1; 2) .
2x  3
2x  3
5 1 
 4 1
dx  
dx     .
 .
dx
Ta có:  2
2x  x 1
(2 x  1)( x  1)
 3 2 x  1 3 x  1 
4

1
5 1
 
dx  
dx
3 2x 1
3 x 1
2 d (2 x  1) 5 d ( x 1)
 
 
3 2x 1
3
x 1
2
5
  ln 2 x  1  ln x  1  C
3
3
16t 2  t  62  0  t  2 hoặc t  

Câu 4
(1,0đ)

Câu 5
(1,0đ)

Gọi A là biến cố " Số chọn được là số có 4 chữ số đôi một khác nhau và
tổng các chữ số là một số lẻ". Số các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lập
từ 7 chữ số đã cho là A74  840 (số), suy ra:   840
Gọi số 4 chữ số đôi một khác nhau và tổng các chữ số là một số lẻ có dạng

abcd . Do tổng a  b  c  d là số lẻ nên số chữ số lẻ là lẻ
Trường hợp 1 : có 1 chữ số lẻ , 3 chữ số chẵn : có C41.C33  4 bộ số
Trường hợp 2 : có 3 chữ số lẻ , 1 chữ số chẵn : có C43.C31  12 bộ số
Từ mỗi bộ số trên ta lập được P4  24 số
Tất cả có 16.24= 384 số , suy ra:  A  384 .
Vậy P( A) 

Câu 6
(1,0đ)

 A 384 48
.



840 105

Ta có AB  (0; 1;2); AC  (1; 1;1); AD  (2; 1;  3) .

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

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25





 AB , AC   1;2;1 ;  AB , AC  . AD  7
Do  AB , AC  . AD  7  0 , nên 3 véc tơ AB , AC , AD không đồng phẳng suy

ra A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp.
Gọi phương trình mặt cầu có dạng x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0
( với a 2  b2  c 2  d  0 ).
2a  2b  d  2
2a  4c  d  5
Do mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ 
4a  2c  d  5
2a  6c  d  10
5
31
5
50
Giải hệ suy ra a  ; b  ; c  ; d  
14
14
14
7
5
31
5
50

Vậy phương trình mc là: x2  y 2  z 2  x  y  z   0 .
7
7
7
7

Câu 7
(1,0đ)

0,25

0,25

0,25

0,25

a) Gọi H là trung điểm của cạnh AB, từ gt có
1
SH  ( ABC ) . VS . ABC  S ABC .SH . Tam giác ABC
3

vuông tại A có:
AB  2a sin 600  3a; AC  2acos600  a
1
2

Nên S ABC  AB. AC  a 2

3

2

Gọi K là trung điểm của cạnh BC thì

0,25


1
1
1
BC  a; HK  AC  a cos 600  a
2
2
2
3
SH 2  SK 2  KH 2  a 2
4
3
1
 SH 
a . Suy ra VS . ABC  a3 .
2
4
6
b) Ta có SB  SH 2  HB 2  a
2
2
3a
7a 2
HC 2  AC 2  AH 2  a 2 


4
4
2
2
3a 7 a
10
SC  SH 2  HC 2 


a
4
4
2
1
1 6
10
15 2
S SBC  SB.SC  .
a.
a
a
2
2 2
2
4
3 3
a
3VS . ABC
3

Vậy d ( A;( SBC )) 
 4

a
S SBC
15 2
15
a
4
SK 

Câu 8
(1,0đ)

S

0,25

A

C

600

H

K

0,25

B

0,25

Tọa độ B là nghiệm của hệ
x  y  2  0
x  1


4 x  5 y  9  0
y 1

0,25

'

Gọi M là điểm đối xứng với M qua d1 ,

B

3
M ' ( ;0) .
2

.

Do AB đi qua B và M nên có pt: x  2 y  3  0 .
BC đi qua M' và B nên có pt: 2x + y – 3 = 0.
Gọi  là góc giữa 2 đường thẳng AB và BC
suy ra cos 

Từ định lý sin trong tam giác ABC
2R 

AC

M

'

C

0,25

N

2.1  1.2

4
3
  sin   .
5
5
5. 5

.M

A

d2

d1

 AC  3 .

sin ABC

3 a
); C (c;3  2c) , trung
2
a  c 9  a  4c
điểm của AC là N (
;
).
2
4
a  4c  3  0
 N  d2 
 a  5; c  2
2



2  a  4c  3 
 AC  3 (c  a)  
  9  a  3, c  0
2




A  AB, C  BC  A(a;

0,25

Khi a = 5 ta được A(5; -1). Khi a = -3 ta
được A(-3; 3). Đs: A 1 (5; -1), A 2 (-3; 3).
0,25
Câu 9
(1,0đ)

Điều kiện x  7
Phương trình tương đương 7 x 2  25 x  19  7 x  2  x 2  2 x  35 .
Bình phương 2 vế suy ra: 3x 2  11x  22  7 ( x  2)( x  5)( x  7)


0,25

3( x 2  5 x  14)  4( x  5)  7 ( x  5)( x 2  5 x  14)

Đặt a  x 2  5x  14; b  x  5 .( a ,b  0) Khi đó ta có phương trình
a  b
3a 2  4b 2  7ab  3a 2  7ab  4b 2  0  
3a  4b

0,25

Với a = b suy ra x  3  2 7 (t / m); x  3  2 7 (l ) .

0,25

61  11137
61  11137
(t / m); x 
(l ) .
18
18
0,25
61  11137
Đs: x  3  2 7 ; x 
.
18
3
2
2
Câu 10 Đặt f ( x)  2x  yx  z x  2( y3  z 3 )  y 2 z .Ta có:
(1,0đ)
1
1
f ' ( x)  6 x2  2 yx  z 2 ; f ' ( x)  0  x  x1  ( y  y 2  6 z 2 ); x  x2  ( y  y 2  6 z 2 )
6
6
Nhận xét: x1   0;1 , lập bảng biến thiên ta thấy khi x2   0;1 hay x2   0;1 thì

Với 3a = 4b suy ra x 

Max f ( x)  Max  f (0); f (1) .
x0;1

Mà f (0)  2( y 3  z 3 )  y 2 z  2( y 3  z 3 )  y 2 z  (2  y  z 2 )  f (1)
 f ( x)  f (1)  2 y3  zy 2 -y  2 z 3  z 2  2 (1)

Lại đặt g ( y)  2 y3  zy 2 - y  2 z 3  z 2  2 ,
1
6

0,25
1
6

g ' ( y)  6 y 2  2 zy 1; g ' ( y)  0  y  y1  ( z  z 2  6); y  y2  ( z  z 2  6)
Nhận xét tương tự suy ra Max g ( y)  Max  g (0); g (1) .
y0;1

Lại có g (0)  2 z3  2  z 2  2 z 3  2  z 2  (1  z)  g (1) . Suy ra
g ( y)  g (1)  2 z3  2  z 2  (1  z)  2z3  z 2  z  3
Cuối cùng đặt h( z )  2 z 3  z 2  z  3 với z   0;1 , h' ( z )  6 z 2  2 z  1 .

(2)

1 7
1 7
; z2 
. Lập bảng biến thiên suy ra:
6
6
Max h( z )  h(1)  3 (3)

h' ( z )  0  z1 

0,25

z0;1

Dấu bằng xảy ra ở (1), (2), (3) khi x = y = z = 1.Vậy giá trị lớn nhất của P là
3 đạt được khi x = y = z = 1.

0,25
0,25