SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Trường PTTH Quỳnh Lưu 3

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 – 2016.
Môn: Toán. Thời gian làm bài 180 phút .

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x 2  1 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  2ln x trên 1;e .
1

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I    x  1.e x dx .
0

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2  2 z  5  0 trên tập số phức. Hãy tính giá
trị của biểu thức A  z1  z2 .
2

2

b) Giải phương trình: log3  x  1  log

3

5  x  .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I (1;2;1) và mặt phẳng
( P) : x  2 y  2 z  4  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc với (P). Tìm tọa
độ hình chiếu của I trên (P).
Câu 6 (1,0 điểm ).

1
1
2
.
P


3
x2  3 y 2
3x 2  y 2 3  x  y 
-------------------------------/ Hết /----------------------------Họ và tên thí sinh:.........................................................SBD:.............


Câu

ý

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 NĂM HỌC 2015 – 2016 .
Trường THPT Quỳnh Lưu 3
Nội dung
1) Tập xác định:
2) Sự biến thiên
a) Chiều biến thiên:
y '  3x2  6 x; y '  0  3x 2  6 x  0  x  0  x  2
y '  0  x  0  x  2; y '  0  0  x  2
Vậy, hàm số đồng biến trên hai khoảng  ;0  và  2; 
hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 
b) Cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yC Đ=1.
Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 và yCT=-3

1

-

2
0

+
+

+

0,25

y
-

-3

3. Đồ thị
Đồ thị có tâm đối xứng I(1;-1) và đi qua các điểm (0;1), (2;3), (-1;-3),(3;1).

0,25

2
1đ

2
Ta có f ( x)  x  2ln x; f '( x)  1  ; f '( x)  0  x  2  1; e 
x


1

x 1
0

  e x dx  2e  1  e x

1
0

 e.

0

0,5

Vậy, I=e.
2
a Phương trình z  2 z  5  0 có  '  4  0 nên nó có hai nghiệm phức phân
0,5 biệt là z1=1+2i và z2=1-2i.
2
2
2
2
đ Khi đó, z1  z2  5 . Do đó A  z1  z2  10

4
1đ




a
2
2
2
1 2 2
0,5
Vì M mặt cầu (S) tiếp xúc với mp(P) nên bán kính mặt cầu r=1
đ
2
2
2
Phương trình mặt cầu là (S):  x  1   y  2    z  1  1
Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mp(P), d có véctơ chỉ phương là
x 1 y  2 z 1
n  1;2;2  nên nó có phương trình


.
1
2
2
Gọi H là hình chiếu cần tìm thì H là giao điểm của d và (P), tọa độ H là nghiệm
b
2

0,5
x  3
x  2 y  2z  4

0,25

74 2
9

Gọi không gian mẫu là  : ‘ Chọn ngẫu nhiên 5 lớp trong 39 lớp ‘ thì
n     C394  82251
Gọi A là biến cố “ chọn được 4 lớp có trong cả ba khối”.
2 1
1
b TH1: khối 10 hai lớp, khối 11 một lớp và khối 12 một lớp có C13C13C13 cách
0,5 chọn
đ TH2: khối 10 một lớp, khối 11 hai lớp và khối 12 một lớp có C131 C132 C131 cách
chọn
TH3: khối 10 một lớp, khối 11 một lớp và khối 12 hai lớp có C131 C131 C132 cách
chọn.

2

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25


B

C
F

E

Vì HC là hình chiếu của SC trên mặt đáy nên theo giả thiết SCH  450 . Do đó,
7
1đ

SH  HC.tan SCH  HB2  BC 2 .tan 450  a 5
Diện tích hình vuông ABCD là 4a2
Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD là
1
1
4a 3 5
2
V  SH .S ABCD  a 5.4a 
(dvtt ) .
3
3
3
Dựng hình bình hành BDCE, khi đó d  SC , BD   d  BD,( SCE   d  B,( SCE ) 
d  B,( SCE )  EB 2
2

  d  B,( SCE )   d ( H ,( SCE ))
d ( H ,( SCE )) EH 3
3

2
2
2
HG
SH
HF
SH
9 AC
5a 9a
45a 2
3a 5
Suy ra d  H ,  SCE    HG =
19
2a 5
Vậy, khoảng cách giữa SC và BD là
.
19
8
1đ


(1)
2 x  2. y  2  y  8 x  y  4 x
Xét hệ 

 xy  2 x  11  12  x  y  7  3x  0 (2)

3

0,25


2

 x  3



7  3x  x  2  0

x

2

 x  3


 7
 0  do x   2;  
4  3x  x  1
7  3x  x  2
 3

1
1


  x 2  x  3  4 

0
4  3x  x  1

0,25

+ pt ()  x 2  x  3  0  x 

 1  13

;2 13  6 

 2


0,25

+Xét pt(3)
1
1
 7
x   2;   4  3x  x  1  3  10  6 

4  3x  x  1 6
 3
Xét hàm số
3
2 7  3x  3
 7
x   2;  : g ( x)  7  3x  x  2  g '( x)  
1 
0
2 7  3x
2 7  3x


9
1đ

Phương trình đường thẳng BC: x-y-2=0
Gọi H là giao điểm của EF và BC ta có tọa độ H là nghiệm của hệ
3x  y  2  0
x  0

, H (0; 2) . Từ các giả thiết ta thấy H nằm trên tia đối

x  y  2  0
 y  2
của tia BC.
Ta chứng minh MD.MH=MB2.
Thật vậy, qua B kẻ đường thẳng song song với CA cắt HE tại G. Khi đó ta có
HB GB DB


 HB.DC  DB.HC . Vì M là trung
BG=BF=BD đồng thời
HC CE DC
điểm đoạn BC nên ta được
 MH  MB  MB  MD    MB  MD  MH  MB   MH .MD  MB 2 .
Gọi B(t;t-2),t
2

Xét biểu thức P 

10
1đ

1
x2  3 y 2


1
1


 x2  3 y 2
3x 2  y 2


1
3x 2  y 2

1

Trước hết ta chứng minh
Thật vậy,



x2  3 y 2

x

3
y
3
x

y
 x  3 y 2 3x2  y 2 



2

5

0,5


Xét

x


8  x2  y 2 

2




2

0

1
x2  3 y 2

1



3x 2  y 2



Dấu “=” xẩy ra khi x=y
2
2
Như vậy, P 

x  y 3  x  y 3
Đặt, t 

2
x y

0,5

1
,t  0.

1
Vậy, GTLN của P là 4/3 khi x  y 
2
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

6

0,5