Đề thi KSCL ôn thi THPT Quốc gia lần 2 năm học 2015 - 2016 môn Toán (Kèm theo đáp án) - Trường THPT Hùng Vương

TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG

ĐỀ THI KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN II
Mơn :TỐN – NĂM HỌC 2015-2016
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  x3  3x2  2

Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của hàm số : f ( x)  2  x2  x
Câu 3 (1,0 điểm)
1. Giải phương trình sau : log 9 ( x  1)2  log 3 ( 2 x  3)  0
2. Cho số phức z thỏa mãn : z  1  2i .Tính modun của số phức w  6  z2 .

4

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân sau : I   ( x  1)s inx.dx
0

Câu 5 (1,0 điểm)
1. Cho hàm số f ( x)  sin4 x  4cos2 x  cos4 x  4sin2 x .Chứng minh rằng : f '( x )  0.
2. Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc
ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không
quá hai quả cầu vàng.
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) có phương trình x  2 y  z  3  0 và điểm
M (1;1; 3) Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và vng góc với mặt phẳng ( P ) . Tìm giao điểm
của đường thẳng  và mặt phẳng ( P ) .
Câu 7 (1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .Có đáy ABC là tam giác cân tại C , với AB  a, AC  2a .Hình chiếu
vng góc của A ' xuống mặt phẳng đáy ( ABC) trùng với trung điểm của đường cao kẻ từ C của tam giác

ABC .Biết cạnh A ' A tạo với đáy một góc là 600 .Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' ,và

khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và B ' C .
Câu 8 (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC vuông cân tại A , Gọi M là trung điểm cạnh
AC , D là điểm thuộc cạnh BC thỏa mãn BD  2DC, H hình chiếu vng góc của D trên BM .Tìm tọa độ
18 24
các đỉnh A, B, C biết D( 2; 4); H (  ; ) và đỉnh B có hồnh độ ngun.
5 5
Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: x3  4 x 2  10 x  3x  2  6  4 x  1
Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn x  y  1 . Chứng minh bất đẳng thức:

 2016

x

 2016 y









1  x2  1  y2   x  y  2015 1  x2  x  2015 1  y2  y .

......HẾT.....
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu

Họ và tên:...........................................................................Số báo danh:...............
Cảm ơn thầy Anh Hoang () chia sẻ đến www.laisac.page.tl


HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 LẦN II
Mơn: TỐN
(Đáp án-thang điểm gồm 06 trang)
I) Hướng dẫn chung:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
- Với bài hình học nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó.
II) Nội Dung:
Câu
Nội dung
Điểm
y  x 3  3 x 2  2.
0,25
1) Tập xác định: .
2) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vơ cực: Ta có lim y   và lim y  .
x 

x 

x  0
* Chiều biến thiên: Ta có y '  3x 2  6 x; y '  0  
.
x  2

0,25

Suy ra :
hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

 ; 0  ,  2;    ;

nghịch biến trên khoảng

 0; 2  .
1

* Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCĐ  2, hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  2.

x

Bảng biến thiên:
0



2



y'

0,25

+

y

0

-

0

+

2



-2

1


3) Đồ thị:

y
2

0,25
2

O

x

2

Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của biểu thức: f ( x )  2  x2  x

TXĐ: D   2 ; 2 
f '( x ) 

2

x
2  x2

1 

 x  2  x2

0,25

2  x2

x  0
f '( x )  0  2  x 2  x  
 x 1
2
2
2  x  x
f (  2 )   2 ; f (1)  2; f ( 2 )  2

max f  x   f 1  2,





min f  x   f  2   2

  2; 2 



 2; 2 



0,25
0,25
0,25

1. Giải phương trình sau : log 9 ( x  1)2  log 3 ( 2 x  3)  0
2. Cho số phức z thỏa mãn : z  1  2i .Tính modun của số phức w  6  z 2 .
3
2
2
log 9 ( x  1)  log 3 ( 2 x  3)  0  log 3 ( x  1)  log 3 ( 2 x  3)  0

1. ĐK:

x

0,25

3
 x  2(tm)
 log 3 ( 2 x  3)( x  1)  0  2 x 2  5 x  2  0  
 x  1 ( l)

2
Vậy nghiệm của phương trình là : x  2
w  6  (1  2i )2  3  4i

2 .

w  32  4 2  5

0,25

0,5


4

4

Tính tích phân sau : I   ( x  1)s inx.dx
0

u  x  1

 du  dx

;

 dv  sin xdx v   cos x

0,25

2





4

I  ( x  1)cos x 4   cos xdx
0 0



0,25



I  ( x  1)cos x 4  sin x 4
0
0

I  1

0,25

 2

0,25

8

5
Câu 5 (1,0 điểm)
1. Cho hàm số f ( x)  sin4 x  4 cos2 x  cos4 x  4 sin2 x .Chứng minh rằng f '( x )  0,
2.Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu
nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả
cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu vàng.

1. f ( x )  sin4 x  4 cos2 x  cos4 x  4 sin2 x
 (1  cos2 x )2  4 cos2 x  (1  sin2 x)2  4 sin2 x

0,25

 (1  cos2 x)2  (1  sin2 x)2  2  (sin2 x  cos2 x )  3
f '( x )  0 suy ra điều phải chứng minh.

0,25

4
16

2.Số phần tử của không gian mẫu n     C  1820

0,25

9
+) Gọi A là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả màu đỏ khơng
q 2 quả màu
vàng. Khi đó xảy ra các khả năng sau:
- Số cách lấy 1 quả đỏ, ba quả xanh là C14 C53

-

Số cách lấy 1 quả đỏ, hai quả xanh, 1 quả vàng C14 C52 C17

-

- Số cách lấy 1 quả đỏ, một quả xanh, 2 quả vàng C14C15C72

Suy ra n  A   C14 C35  C14 C52 C17  C14 C15 C27  740 Suy ra P  A  

6

0,25

n  A  740 37


n    1820 91

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) có phương trình x  2 y  z  3  0
và điểm M (1;1; 3) Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và vng góc với mặt phẳng

( P ) . Tìm giao điểm của đường thẳng  và mặt phẳng ( P ) .

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là n p  (1; 2; 1)
0,25

Đường thẳng  đi qua điểm M (1;1; 3) và vng góc với ( P ) nên nhận véc tơ pháp
tuyến của ( P ) làm véc tơ chỉ phương:
x  1  t
Phương trình đường thẳng  :  y  1  2 t
z  3  t

Gọi I là giao điểm của đường thẳng  và mặt phẳng ( P ) . Vì I thuộc đường thẳng

0,25

0,25

3


 nên tọa độ (1  t )  2(1  2 t )  ( 3  t)  3  0  t  

1
2

1
7
Vậy tọa độ điểm I ( ; 0; )
2
2

0,25

Câu 7 (1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .Có đáy ABC là tam giác cân tại C , với AB  a, AC  2 a
.Hình chiếu vng góc của A ' xuống mặt phẳng đáy ( ABC ) trùng với trung điểm của đường cao
kẻ từ C của tam giác ABC .Biết cạnh A ' A tạo với đáy một góc là 600 .Tính thể tích khối lăng trụ
ABC. A ' B ' C ' ,và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và B ' C .

A'

C'

B'
K

Gọi M là trung điểm của AB, H là trung
điểm của CM.
Hình chiếu của AA’ xuống (ABC) là AH.
Vậy góc giữa cạnh bên và đáy là góc
A ' AH  600 . Ta có:
a 2 a 15
MC  AC  AM  4a 

4
2
2

C

2a

7

A
H

2

AH  AM 2  MH 2 

M
a

0,25

2

a 2 15a 2 a 19


4
16
4

B

 A ' H  AH tan 600 

a 57

4

Vậy VABCA ' B 'C '  A ' H .S ABC

1
3a 3 95
 A ' H . CM . AB 
(đvtt) .
2
16

 285 3 
a 

 16


0,25

*Tính d  B ' C , AB  .
Ta có AB//(A’B’C), B’C  (A’B’C)
 d  AB, B'C   d  AB,  A'B'C    d  M,  A'B'C    2d  H,  A'B'C   ( H là trung điểm
CM)
+ Gọi K là hình chiếu của H trên A’C  HK  A ' C 1

0,25

+ Ta có: A’B’  A’H (gt), A’B’  CM ( vì CM  AB, AB//A’B’)  A ' B '   A ' CM 
 A ' B '  HK  2  . Từ (1) và (2): HK   A ' B ' C   d  H ,  A ' B ' C    HK

Tam giác A’HC vuông tại H, HK là đường cao ứng với cạnh huyền

 d  AB, B'C   2 HK 

a 190
8

0,25

Câu 8 (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC vuông cân tại A , Gọi M là trung
điểm cạnh AC , D là điểm thuộc cạnh BC thỏa mãn BD  2 DC, H hình chiếu vng góc của D
18 24
trên BM .Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết D( 2; 4 ); H (  ; ) và đỉnh B có hồnh độ ngun.
5 5

4


Viết được phương trình đường
thẳng DH là:
x  2y  6  0 .
Đường thẳng BM đi qua H và
vuông góc với DH là:
2 x  y  12  0
Chứng minh được 3 điểm A, H , D

A

M

K

B

H

D

C

8
Ta có BD  2 DC nên suy ra



DB  2 DC

0,25

thẳng hàng từ đó xác định được mối
 
liên hệ giữa vecto AH , HD ?
( Thí sinh chứng minh được phần này
được 0,5 điểm)



 2  1 
    1 
DB  2 DC  DA  CA  BA và vecto BM  BA  AM  BA  CA

3
3
2
 












2
2
2
1
1
1
1
. Vậy vecto DA. BM  ( CA  BA )( BA  CA )  BA  CA =0 ( do tam
3
3
2
3
3
 

giác ABC vuông cân tại A ) nên được 3 điểm A, H , D thẳng hàng và AH , HD cùng
hướng.
Từ D kẻ DK / / AC( K  MB ) . Tam giác
HD KD KD
HKD  HMA 


( do : MA  MC ) (`1)
HA MA MC
BD KD
BKD  BMC 

(2)
BC MC
 3 
HD BD 2



HA  HD
Từ (1) và (2) suy ra
HA BC 3
2
3
18
 18
  5  x A  2 ( 2  5 )
 x A  6
. Vậy A( 6; 6 )
Gọi A( x A ; yA ) vậy 


24
3
24
y

6
 A
  y  (4  )
A
 5
2
5
2a 2
3
Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác BAD ta tính được
AD 2  AB 2  BD 2  2. AB.BD cos 450  a2  36
Do B thuộc đường thẳng BM , nenB( b; 2b  12 ) :
 b  6
2
2
, B(-6;0)
BA  36  5b  36b  36  0  
b   6 ( l )
5



1
Ta có DC   DB  C( 0; 6 ) ,vậy tọa độ 3 điểm là A(-6;6) B(-6;0) C(0;6)

2

0,25

0,25

Đặt AB  AC  a,( a  0 )  BC  a 2 ; BD 

0,25

Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: x3  4 x 2  10 x  3x  2  6  4 x  1

9

Đặt x  1 .Bất phương trình tương đương với:

0,5

5


x 3  4 x 2  10 x  12  4( x  1  1)  ( 3 x  2  2 )  0
4( x  2 )
3( x  2 )
 ( x  2 )( x 2  2 x  6 ) 

0
x 1 1
3x  2  2
4

3


 ( x  2)  x 2  2 x  6 

0
x 1  1
3x  2  2 

4
3


 ( x  2 ) ( x  1)2  4 
1
0
x 1 1
3x  2  2 


4
3

 ( x  2 ) ( x  1)2  4 
1
0
x 1 1
3x  2  2 



4 x 1
3x  2  1 
 ( x  2 ) ( x  1)2 

0
x 1 1
3x  2  2 




4 x 1
3( x  1)
 ( x  2 ) ( x  1)2 

0
x

1

1
(
3
x

2

2
)(
3

x

2

1
)




4
3 x 1
( x  2) x  1 ( x  1) x  1 

0
x  1  1 ( 3 x  2  2 )( 3 x  2  1) 

Với x  1 .Biểu thức trong ngoặc [...] >0 vậy bất phương trình tương đương với:
x  1
( x  2) x  1  0  
x  2

0,25

0,25

x  1
Vậy nghiệm của bất phương trình là: 
x  2
Câu 10 (1,0 điểm)

Cho số thực x, y thỏa mãn x  y  1 . Chứng minh bất đẳng thức:

 2016

x

 2016 y









1  x2  1  y2   x  y  2015 1  x 2  x  2015 1  y2  y .

Chia cả 2 vế của Bất đẳng thức cần chứng minh cho





1  x 2  1  y2 , ta được Bất


x y
đẳng thức tương đương 2016 x  2016 y   x  y   2015 
2


1  x  1  y2


10






0,25


1  x 2  1  y2 

 2016 x  2016 y   x  y   2015 


x y



0,25

 2016 x  2016 y  2015 x  2015 y  1  x2  1  y2
 2016 x  2015 x  1  x2  2016 y  2015 y  1  y2

* .

Xét hàm số f  t   2016t  2015t  1  t 2 , với t  1 , ta có





f '  t   2016t ln 2016  2016 

1  t2  t
1  t2

Vì t  1 nên
0,25

6


2016 t ln 2016  2016  2016 ln 2016  2016  0 , 1  t2  t  t  t  0, t ; do đó
f '(t)  0, t  1 chứng tỏ f  t  là hàm số đồng biến trên nửa đoạn 1;   .
Mà theo giả thiết x  y  1 nên f  x   f  y  , do vậy từ  *  suy ra điều phải c.minh.

0,25

…….HẾT……
Cảm ơn thầy Anh Hoang () chia sẻ đến www.laisac.page.tl

7