VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2

Trường THPT Thanh Hà

Năm học 2015 - 2016
Môn: Toán, Khối 12
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3 x 2  2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm m để đường thẳng d đi qua A(0;-2), có hệ số góc m cắt (C) tại ba điểm phân biệt.
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Giải bất phương trình

1
4x

1
 4  3.2 x

.

b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết số phức z thỏa mãn z 

1  3i
 3  4i .

vuông góc của S lên (ABC) là điểm H nằm trên đoạn AB sao cho AH =

 11 10 
của tam giác ABC là G  ;  . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC
3 3
biết điểm A có tọa độ nguyên.
x  4  3  x  12  x  x 2  x  1  2 x  5 ( x   )

Câu 8. (1,0 điểm) Giải phương trình

Câu 9. (1,0 điểm) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z  (1; ) và x  y  z  xyz . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P 

x 1
y

2



y 1
z

2



z 1
x



0,25

x 

x 

+ Bảng biến thiên:

0



x

y

-

2

0

+

-

2




3

4

0,25

-1
-2
-3
-4

Đồ thị:
Đường thẳng  đi qua A(0; -2) có hệ số góc m . Tìm m để đường thẳng  cắt 1,00
(C) tại ba điểm phân biệt.
Đường thẳng có hệ số góc m đi qua A(0; -2) có dạng y= mx-2
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng  và (C):  x3  3x2  2  mx  2 (1)

1b

x  0
  x 3  3 x 2  mx  0   x  x 2  3 x  m   0   2
 x  3 x  m  0 (2)

0,25

Để để đường thẳng  cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì (1) có 3 nghiêm phân biệt
0,25
hay (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0

0,25

(t >0) bất PT trở thành: t 2  3t  4  0  1  t  4

2


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
1

x
1
1 2x

0
Kết hợp với ĐK lấy 0  t  4 . Vậy 0  2  2   2 
2

x
x
x  0
1  3i
Cho số phức z thỏa mãn : z 
 3  4i .Tìm phần thực, phần ảo của số phức z.
1 i
1  3i 1  i   3  4i  z  1  2i  3  4i  z  4  2i
1  3i
 3  4i  z 
2b z 
1 i

0


2

I   sin x.  x  cos 2 x  dx   x.sin xdx   sin x.cos 2 xdx = I1  I 2

2

3



0


2



I1   x.sin xdx   x cos x 02   cos xdx  0  sin x 02  1
0

I2 

0,25

0




1
6

1
2

=  cos 3x  cos x    
I= I1  I 2 

0,25

1
3

2
3

Giải phương trình

0,25
sin 2 x  2sin x  cos x  1  0

2sin x cos x  2sin x  cos x  1  0   2sin x  1 cos x  1  0

4a

0,25

1


Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
Số phần tử của không gian mẫu là: n(  )= C125  792

3


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Gọi A là biến cố “ Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu
diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12''
0,25
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là :
+ 2 tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, một tiết mục khối 11
+ 2 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 2 tiết mục khối 11
+ 3 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 1 tiết mục khối 11
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = C42 .C32 .C51  C42 .C31.C52  C43 .C31.C51  330 .
0,25
330 5
 .
Xác suất cần tìm là P 
Trong

không

gian

792 12
với hệ


0,25
 

Gọi n là vecto pháp tuyến của (P). Ta có n cùng phương với  BC , OI 
5


BC  (1;1;3)

OI  (3; 2;1)
 

 BC , OI   (7;10; 1) Chọn n =(7; 10; -1)



Viết được phương trình (P): 7(x-2)+10(y-1)-1(z+3) = 0
<=> 7x+10y -z-27 = 0
d  M , ( P)  

6

3
1
7.  10   27
2
2
7 2  102  (1) 2



F

A

C
H

E
D

B

1
1
3 3 3a 2
BA.BC.sin 600  .3a.2a.

2
2
2
2
2
2
2
0
2
HC  BH  BC  2 BH .BC.cos 60  3a  CH  a 3

S ABC 


có

BC//(SAD)

.Vậy

3
2

d(BC,SA)=d(BC,(SAD))=d(B,(SAD))= d(H,(SAD)
Gọi F là hình chiếu của H lên AD . Tính được HF= a 3
Gọi I là hình chiếu H lên SF chứng minh được HI vuông góc với (SAD)

0,25

d(H,(SAD) =HI
1
1
1
1
1
2
a 3


 2  2  2  HI 
2
2
2
HI

7

các cạnh của tam giác ABC biết tọa độ điểm A là các số nguyên

5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

GH 1

AC 3
GK 1
GK  AC  K 

AB 3
GH GK
GH AC




AC AB
GK AB
GH  AB  H 


cos BCA

3

a 2  b2
 a  b (b  0)
 13b  a  3 17b  13a  
5a  8b (b  0)

3

11b 10a

 2b  a
3
3
a 2  b2

0,25

Với a=b PT đường thẳng AB : x+y-3=0
PT đường thẳng AC : x-y+1=0
A(1;2) thỏa mãn
B thuộc đường thẳng AB nên B(b; 3-b)
C thuộc đường thẳng AC nên C(c; c+1)
Áp dụng tính chất tọa độ trọng tâm tìm được b=3, c=7

0,25

Vậy B(3; 0); C(7; 8).
5a= 8b chọn a=8; b=5 PT đường thẳng AB : 8x+5y-27=0
PT đường thẳng AC : 5x-8y+2=0
 206 151 
;

2

y
7
Biến đổi (*) về : y 
 
2 2

2x  5



0,25

2

7

2

2

1
7
Xét hàm số f (t )  t  t 2 
trên  0;    có f '(t)> 0 .Vậy hàm số đồng biến trên
0,25
2
2
0;    . Mà f  y   f 2 x  5  y  2 x  5

0,25

1  89
4

Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z  (1; ) và x  y  z  xyz . Tìm giá trị nhỏ

x 1

nhất của biểu thức P 

P

x 1 y 1
y

2



y

y 1 z 1
z

y 1



2

1

yz




1
y



1
zx

z 1
x

1,0

2

z 1 x 1  1 1 1   1
1
1
      2  2  2
2
x
y
z

1

1 1
1 1
  y 1 2  2   z 1 2  2 

y 
 x z  0,25
y z 
2

(2)

xz






 (1).


1
x

2




2




1
z

2

1
yz




1 

(3).



zx 

1
xy



1

Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra P  3  1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  3 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3 1.

7