SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
MÔN TOÁN 12 NĂM HỌC 2015 – 2016
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu 1. (1,0 điểm)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = x4 − 4 x2
(C) .
Câu 2. (1,0 điểm)
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 4 + 2 x 2 biết tiếp tuyến song song với đường
thẳng y = 8 x.
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: log 3 ( x + 1) + 6 log9 3 5 − x = 2 .
ET
b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x.2 x trên [ −1;3] .
Câu 4. (1,0 điểm)
e
ln x
1
Tính tích phân: I = ∫ x 2
+ 3 dx .
x +1 x
1
ATH
S.N
Câu 5. (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng: d1 :
x −8 y −5 z −8
và đường
=
=
1
2
−1
x − 3 y −1 z −1
. Chứng minh rằng hai đường thẳng đó chéo nhau. Viết phương trình
=
=
7
2
3
mặt phẳng (P) chứa d1 và (P) song song với d 2 .
thẳng d 2 :
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, AC = a , H là trung điểm AB, SH vuông
góc với mặt phẳng (ABCD), tam giác SAB vuông tại S. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng BD, SC theo a.
TM
Câu 7. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 3x + sin 2 x = sin 4 x.
b) Giải bóng đá do Đoàn trường THPT Hà Huy Tập tổ chức có 16 đội tham gia, trong đó khối 10 có
5 đội bóng, khối 11 có 5 đội bóng và khối 12 có 6 đội bóng được bắt thăm ngẫu nhiên để chia làm 4
bảng đấu A, B, C, D, mỗi bảng đấu có đúng 4 đội bóng đá. Tính xác suất để ở bảng A có đúng 2 đội
bóng khối 10 và 2 đội bóng khối 11.
VIE
Câu 8. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (T ) : x 2 + y 2 = 9 ,
AB < BC , đường tròn tâm B bán kính BC cắt đường tròn (T) tại D khác C, cắt đường thẳng AC tại
F, biết rằng đường thẳng DF có phương trình: x + y + 4 = 0 và M ( −2;1) thuộc đường thẳng AB.
Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết rằng B có tung độ dương.
Câu 9. (1,0 điểm)
Giải bất phương trình:
(
)
x + 4 −1
x+2 ≥
x3 + 4 x 2 + 3x − 2 ( x + 3) 3 2 x + 3
(
3
)(
2x + 3 − 3
)
.
x + 4 +1
Câu 10. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện: x + y + z = xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: P = ( x − 1)( y − 1)( z − 1) .
…HẾT…
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 1 NĂM 2016
Câu
Nội dung đáp án
1) Tập xác định R.
2)Sư biến thiên:a)Giới hạn:
lim y = lim y = +∞
x→−∞
(
Điểm
0,25
x→+∞
b)Bảng biến thiên: y ' = 4 x3 − 8 x;
y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 2
x
−∞
− 2
–
y’
y
0 +
+∞
0
0 –
0
−4
5.
+∞
0,25
1,0
đ
−4
Hàm số đồng biến trên các khoảng
(−
) ( 2; +∞ ) , nghịch biến trên các
khoảng ( −∞; − 2 ) và ( 0; 2 ) .
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng :
8 ( x − 8) − 10 ( y − 5) − 12 ( z − 8) = 0
0,25
Hàm số đạt cực đại tại xCD = 0, yCD = 0 , đạt
0,25
G
A
B
y ' = 4 x3 + 4 x . Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm.
SH =
0,25
3.b y ' = 2 + x.2 ln2 = 2 (1 + x ln2) > 0∀x ∈−1;3
1
1
0,5
y ( −1) = − ; y ( 3) = 24 ⇒ min y = y ( −1) = −
[ −1;3]
đ
2
2
max y = y ( 3) = 24
x
x
0,5
x
0,25
0,25
e
(
)
2
e
e
1 d x +1 1
xdx
I1 = ∫ 2
= ∫
= ln x2 + 1
2
1
x +1 2 1 x +1
2
1
e
(
(
1 + e2
1
1
= ln 1 + e 2 − ln 2 = ln
2
2
2
(
)
C
0,5
1,0
đ
1
1
AB = a .
2
2
Vì tam giác ABC là tam giác đều cạnh a
a2 3
nên S ABCD = 2 S ABC =
.
2
a3 3
1
.
⇒ VS . ABCD = SH .S ABCD =
12
3
Gọi M là trung điểm SA, O là tâm hình thoi
ABCD, khi đó : SC / / OM ⇒ SC / / ( MBD )
⇒ d ( SC; BD ) = d ( SC; ( MBD ) ) = d ( C; ( MBD) ) 0,25
Vì O, H là trung điểm AC và AB nên
d ( C; ( MBD ) ) = d ( A; ( MBD ) ) = 2d ( H ; ( MBD) )
0,25
1
a
AO = và HP / / AO nên HP ⊥ BD ,
4
2
mặt khác: MH ⊥ ( ABCD) ⇒ MH ⊥ BD do
0,25
e
ln x
1 e 1
1 1e 2
dx =− ln x + ∫ 2 dx =− − =− +1
2
x
x 1 1x
e x1 e
1
O
HP =
)
)
P
Gọi P là trung điểm BO, khi đó HP là
đường trung bình tam giác ABO nên
e
ln x
ln xdx
xdx
1
+ 3 dx = ∫ 2
+∫ 2
I = ∫ x 2
x +1 1 x
x +1 x
1
1
K
0,25
[ −1;3]
e
6.
0,25
VIE
3
3.a log3 ( x + 1) + 6log9 5 − x = 2 (1). ĐK: −1< x < 5
0,5 (1) ⇔ log3 ( x + 1)( 5 − x ) = 2
đ
⇔ − x 2 + 4 x + 5 = 9 ⇔ x = 2 (Thỏa mãn ĐK)
HS đã cho liên tục trên đoạn −1;3 và
D
Dễ thấy tam giác SAB vuông cân tại S nên
0,25
TM
2. Vì tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 4 + 2 x 2
song song với đường thẳng y = 8 x nên ta
1,0
3
đ có: 4 x0 + 4 x0 = 8 ⇔ x0 = 1
PT tiếp tuyến cần tìm là: y = 8( x −1) + 3 = 8x − 5
I2 = ∫
0,25
M
H
e
0,25
⇔ 4 x − 5 y − 6 z + 41 = 0
0,25
1,0
đ
0,25
S
2) Đồ thị:
4.
0,25
n = u1 , u2 = ( 8; −10; −12)
2;0 và
cực tiểu tại xCT = ± 2, yCT = −4 .
hai đường thẳng chéo nhau.
Vì mặt phẳng (P) chứa d1 và song song
với d 2 nên (P) là mặt phẳng đi qua M 1 và
có
1
vectơ
pháp
tuyến
là
ET
1,0
đ
+∞
+
ATH
S.N
1.
2
0
)
1 + e2
2
1
+1 −
⇒ I = I1 + I 2 = ln
2
2
e
d1 đi qua M 1 ( 8;5;8 ) có 1 vtcp u1 (1; 2; −1)
d 2 đi qua M 2 ( 3;1;1) có 1 vtcp u2 ( 7; 2;3)
u1 , u2 = ( 8; −10; −12 ) , M 1M 2 ( −5; −4 − 7 )
Ta có u1 , u2 M 1 M 2 = 84 ≠ 0 nên d1 , d 2 là
0,25
đó : BD ⊥ ( MHP ) . Gọi K là hình chiếu của H
0,25
lên MP, khi đó HK ⊥ MP,HK ⊥ BD nên
HK ⊥ ( MBD ) suy ra : d ( H ; ( MBD ) ) = HK
1
1
1
36 16 52
=
+
= 2 + 2 = 2
2
2
2
HK
HG
HP
a
a
a
a
a
⇒ HK =
⇒ d ( SC; BD ) =
2 13
13
cos3x + sin 2x = sin4x ⇔ cos3x − 2cos3x.sin x = 0
TH 2. −2 ≤ x < 12
0,25
7.a
3
π kπ
(k ∈ Z)
cos3x = 0 x = +
6 3
⇔
⇔
0,5
sin x = 1
x = π + k2π hoÆc x = 5π + k2π
D
2
6
6
0,25
3
Số phần tử KG mẫu: Ω = C164 .C124 .C84 .C44
Gọi A là biến cố mà bảng A có đúng 2 đội
bóng khối 10 và 2 đội bóng khối 11. Ta
có : A = C52 .C52 .C124 .C84 .C44 . Xác suất cần
7.b
0,5
đ
0,25
0,25
8.
suy ra
C
= 2
FBD
ABD
D
do đó AB là đường phân giác trong của góc
của tam giác cân FBD nên AB cũng
ABD
1,0
đ là đường cao, hay: AB ⊥ FD .
Đường thẳng AB qua M ( −2;1) và vuông
0,5
10.
1,0
đ
)
x + 4 −1 x + 2 ≥
x3 + 4x2 + 3x − 2( x + 3) 3 2x + 3
(
3
)(
2x + 3 − 3
)
x + 4 +1
9.
(1) ⇔
⇔1≥
x+2 +2≥
( x + 3) (
3
2x + 3 − 3
1,0
TH
1.
x
>
12
đ
3
3
(**)
2
(
)(
0,25
)
Do đó
3
abc ≤ 3 − 1 ⇔ abc ≤
( x − 1)( y − 1)( z − 1) ≤ (
)
(
)
3
3 −1
hay:
3
3 −1
0,25
Dấu bằng xảy ra khi: x = y = z = 3 .
Vậy max P =
(
)
3
3 −1 .
TỔNG
10,0
0,25
) (2)
HẾT
3
( 2) ⇔( 3 2x + 3) + 3 2x + 3 ≥ ( x + 2) + x + 2 ( 3)
Hàm số f ( t ) = t + t đồng biến trên R nên :
( 3) ⇔ 2 x + 3 ≥ x + 2 ⇔ ( 2 x + 3) ≥ ( x + 2 )
3
3
2
ab + bc + ca ≥ 3 3 ( abc ) = 3t2
2x + 3 − 3
x+2 −2
3
Đặt t = abc , ta có:
⇔ ( t + 1) t + 1 + 3 t + 1 − 3 ≤ 0 ⇔ t ≤ 3 − 1
(1)
( x + 3)( x − 2 )
0,25
3
0,5
VIE
ĐK : x ≥ −2, x ≠ 12
0,25
(*)
⇔ ab + bc + ca + abc = 2
Từ (*), (**) suy ra : t + 3t ≤ 2
B có tung độ dương nên: B ( 0;3) , A ( −3;0 )
(
0,25
a + b + c + 3 = ( a + 1)( b + 1)( c + 1)
TM
góc với DF nên có PT: 1( x + 2) − 1( y − 1) = 0
⇔ x − y+3=0.
Tọa độ các điểm A, B là nghiệm của hệ:
x = −3
x = 0
x − y = −3
hoặc
⇔
2
2
x + y = 9
y = 3
y = 0
cũng có : zx > 1, xy > 1 . Do đó có tối đa 1
trong 3 số x, y, z bé hơn 1.
TH 1. Có đúng 1 số bé hơn 1, chẳng hạn :
x < 1; y ≥ 1; z ≥ 1 khi đó P ≤ 0 .
TH 2. x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ 1 .
Đặt x − 1 = a, y − 1 = b, z − 1 = c với a, b, c > 0
Giả thiết bài toán trở thành:
ET
= 2 FCD
FBD
O
−1 − 5
1 + 5
S=
; −1 ∪
:12
2
2
Từ giả thiết ta có x < xyz ⇒ yz > 1 tương tự
ATH
S.N
Tứ giác ABCD
nội tiếp đường
tròn tâm O nên
ABD =
ACD .
Trong đường
tròn tâm B bán
kính BC ta có
A
0,25
2
Đối chiếu điều kiện −2 ≤ x < 12 ta có tập
nghiệm của bất phương trình là :
C 2 .C 2
5
tìm là: P ( A ) =
= 545 =
≈ 0,05495
Ω
91
C16
F
2
−1 − 5
1 + 5
⇔ x∈
; −1 ∪
: +∞
2
2
A
B
3
( 2) ⇔( 3 2x + 3) + 3 2x + 3 ≤ ( x + 2) + x + 2 ( 4)
Hàm số f ( t ) = t 3 + t đồng biến trên R nên:
2
3
( 4 ) ⇔ 3 2 x + 3 ≤ x + 2 ⇔ ( 2 x + 3) ≤ ( x + 2 )
⇔ x + 2 x − 1 ≥ 0 ⇔ ( x + 1) ( x + x − 1) ≥ 0
2
⇔ x 3 + 2 x 2 − 1 ≤ 0 vô nghiệm vì x > 12 .
3
0,25
NẾU HS GIẢI CÁCH KHÁC MÀ VẪN ĐÚNG
THÌ CHO ĐIỂM TỐI ĐA CHO PHẦN ĐÓ.
- Xem thêm -
.PDF 
3 
437 
61 
