SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN –LẦN I
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)
3

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3x  2 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  x  2  4  x .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: cos 2 x  5sin x  2  0 .
b) Giải bất phương trình: log 0,5 x  2 log 0,25 ( x  1)  log 2 6  0.
5

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I 

dx
2x 1  5


1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;-1;2); B(3;1;0) và mặt phẳng (P) có
phương trình: x - 2y - 4z + 8 = 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trong mặt phẳng (P) sao cho CA = CB
và mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm).
10

5 


1
1 b

2

 3ab  a 2  b 2 .

-----------------------HẾT----------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Hä và tªn thÝ sinh: ................................................................................; SBD.....................................


Câu
Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 3  3 x  2
* Tập xác định: D  
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3 ; y '  0  x  1 hoặc x  1

Điểm
(1,0 điểm)
0,25

- y' > 0 với x   1;1 nên hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 ;
y' < 0 với x   ; 1  1;+  nên hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 1 và 1;+ 
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1; yCT = - 4 , đạt cực đại tại x  1, ; yCĐ = 0
- Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 


0,25

 

f x

4



* Đồ thị :
Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 2)
Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (2;0), 1;0 

y

4

2

0,25
x

-2

-1

O



Đk: 

f '( x )  0  4  x  x  2  x  3   2; 4 

0,25
0,25

f  2   2; f  3  2; f  4   2;

0,25

Vậy max f  x   2 khi x  3 , min f  x   2 khi x  2 hoặc x = 4.
2;4

Câu 3

0,25

 2;4

a) Giải phương trình: cos 2 x  5sin x  2  0 1 .

1  1  2sin 2 x   5sin x  2  0  2sin 2 x  5sin x  3  0



x   k 2



,

 log 2  x( x  1)  log 2 6  x( x  1)  6  x 2  x  6  0

0,25

 2  x  3 . Kết hợp đk (*) ta được 1  x  3  tập nghiệm S = (1; 3]
Câu 4

5

Tính tích phân: I  
1

dx
2x 1  5

(1,0 điểm)
0,25

2

Đặt t  2 x  1  t  2 x  1  2tdt  2dx  dx  tdt
Khi x = 1 thì t = 1; khi x = 5 thì t = 3

0,25
0,25

 t  5  5 dt  3 dt  5 3 dt  3 dt  5 3 d  t  5
tdt

2
CA  CB  AC2  BC2   x 1   y 1   z  2   x  3   y 1  z2  x  y  z 1  0 (2)


(P) có VTPT nP  (1; 2; 4) ; AB   2; 2; 2  .
3

3

 t 1  5ln t  5 1  2  5  ln 8  ln 6   2  5 ln



 

(ABC) qua A, B và vuông góc (P) nên (ABC) có VTPT n  nP , AB  (12; 6;6)  6  2; 1;1
 phương trình (ABC) là: 2  x  3   y  1  z  0  2 x  y  z  5  0
(3)

C ( x; y; z )  (ABC)  2 x  y  z  5  0

 x  2 y  4 z  8  x  2


  y  1  C  2;1; 2  .
Từ (1),(2),(3) ta có hệ pt:  x  y  z  1
2 x  y  z  5
z  2



4

k

5 
k
k
 C10
.  5  . x
2
 x 

4010 k
3

4010 k
 0  k  4
3

0,25

0,25

 131250 .

b) Từ các chữ số 1, 3, 4, 5, 6, 7 lập các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số
bất kì trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn.
(0,5 điểm)
* KGM  là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được tạo nên từ 6 chữ số đã cho. Gọi
số tự nhiên cần lập là abcd . Số cách chọn abcd là A64  có: A64  360 (số)  n()  360

D

K

A

M
E

H
B

C

CH CM 1 CH 1 

 

HA AB 2 CA 3 HE 1


HE CH
AD
3



AD CA

0,25

 3  d  A,  SCD    3d  H,  SCD  
d  H,  SCD  
3

 HC

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SE, ta có
CD   SHE  , HK   SHE   CD  HK . Do đó HK   SCD   d  H ,  SCD    HK

Câu 8

Xét tam giác vuông SHE có:
1
1
1
1
1
12
a
a 3
a 3




 2  HK 

 d  A,  SCD   3HK 
0,25
2

2
  BKD
  900 nên BKHD là tứ
Do BHD
  HKA
 (2)
0,25
giác nội tiếp  BDA
Từ (1) và (2) ta có
  HKA
  HK // Ax .
KAx
Mà IA  Ax  IA  HK .




Do đó IA có vectơ pháp tuyến là KH  (3; 4) , IA có phương trình 3x  4 y  11  0
Do A là giao của IA và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

 x  5  x  3
3 x  4 y  11  0
. Do x A  0 nên A(5;1)

;

2
2
( x  1)  ( y  2)  25  y  1  y  5



Đường thẳng AB đi qua A và có vectơ chỉ phương là AK  (6; 2) nên AB có phương
trình x  3 y  2  0 .
Do B là giao của AB và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

 x  3 y  2  0
 x  4
x  5
(loại). Do đó B (4; 2)

tm
;





2
2
( x  1)  ( y  2)  25  y  2
y 1
Vậy A(5;1) ; C (9;9) ; B (4; 2) .
Câu 9

6 x 3  3 x 2  y  y 2  xy  3x  2  1
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 
2
 4 x  y  2  x  1  y  1  2 

0,25


  3 x 2  2 x  1  4 6 x3  3 x 2  9 x 4  12 x3  10 x 2  4 x  1  3x 2  2 x  1

2


3 x 2  2 x  1  3 x 2  2 x  1
 3 x 2
y 
2
Pt (1) có hai nghiệm: 
2
3 x  2 x  1  3 x 2  2 x  1

y

 2x 1

2
Từ pt (2) ta có y  1  0  y  1 , dó đó y  3x 2 không thỏa mãn.

Thay y = 2x +1 vào phương trình (2) ta được

 3 

4 x  2 x  3   2 x  1 





2
x 1 1 
 4x  2x  3  2x 1

 x  2 ( vì

2
2

4x  2x  3  2x 1



1
 0 x  2 )
x 1 1

Với x  2 thì y  5 .
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là  2;5  .

0,25


Câu
10

Cho 2 số thực a, b  (0; 1) và thỏa mãn: (a3  b3 )(a  b)  ab(1  a)(1  b)
1
1
Tìm GTLN của P =

0  t  3
0t
ta được: 4t  1  2 t  t  2 t  1  3t  
9
 4t  1  3t 2

Ta có:

1
1
2
1   1
1 
 1






0
2
2
2
2
1 a 1 b
1  ab
 1  a 1  ab   1  b 1  ab 
2


 ab 
t
1  ab
1 t
1
1
1
2
 0 với mọi 0 < t 
Xét hàm số f(t) =
 t với 0 < t  có f ' (t )  1 
9
9
(1  t ) 1  t
1 t
vì

1



1

a  b
1
6
1
1

 f (t )  f ( ) 