SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG

ĐỀ THI THỬ THPTQG - LẦN 2
NĂM HỌC: 2015-2016
Môn: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = − x3 + 3 x + 1
Câu 2 (1 điểm). Tìm m để hàm số y = x 4 − 2(m + 1) x 2 − 2m − 1 đạt cực đại tại x = 1
Câu 3 (1 điểm).
a) Cho z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 z 2 − 2 z + 5 = 0 . Tính A = z12 + z22 − 3 z1 .z2
b) Giải bất phương trình log 2 x 2 + 2 x − 8 ≤ 1 − log 1 ( x − 2 )
2

π
2

Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân

 e x 2 + sin 2 x  xdx .

∫ 

0

Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;3;2) , đường thẳng
x +1 y − 4



(

)(

)

Câu 10 (1 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện:

1 + a 2 + 1 + 2 ( b + c ) = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2a 3 + b3 + c3 − b c
…………HẾT…………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh………………………...………………...…; Số báo danh:………..………………….


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 2 NĂM 2015-2016 TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
Câu
1
(1 điểm)

Đáp án

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = − x + 3x + 1
3

TXĐ: D = R

–

+∞

0.25

+
-∞

-1

Đồ thị:

4

0.25

2

2

4

2
(1 điểm)

Tìm m để hàm số y = x 4 − 2(m + 1) x 2 − 2m − 1 đạt cực đại tại x = 1
+ Ta có y ' = 4 x 3 − 4(m + 1) x

0.25


+ ( −6 ) +
2

( −8 )

2

+ 62 − 30 = −10

0.25


Câu
3b
(0.5điểm)

Đáp án

x + 2x − 8 > 0
2

Điều kiện: 

x − 2 > 0

Điểm

⇔ x > 2.


2

2

2

0.25

+ I = ∫  e x + sin 2 x  xdx = ∫ e x xdx + ∫ sin 2 x.xdx


0

π



π

2

2

2

+ ∫ e x xdx = ∫ e x
0

0


u = x

+Đặt 
⇒
1
dv = sin 2 xdx  v = − cos2 x

2
π
2
1
⇒ ∫ sin 2 x.xdx = − cos2 x .x
2
0

π
2
0

π
2
1
1
+ ∫ cos2 xdx = − cos2 x .x
2
2
0

0.25
π


d có phương trình tham số  y = 4 − t .
 z = −2t

Gọi B = d ∩ (P) , do B ∈ d nên B(−1 + 2t;4 − t ;−2t )
Do B ∈ (P) nên 2(−1 + 2t ) − 2(4 − t ) − 2t − 6 = 0 ⇔ t = 4 ⇒ B (7;0;−8)
Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc d nên I (−1 + 2a;4 − a;−2a )
Theo bài ra thì (S) có bán kính R = IA = d ( I , ( P))
2(−1 + 2a) − 2(4 − a ) − 2a − 6
⇒ (2 − 2a ) 2 + (a − 1) 2 + (2 + 2a) 2 =
2 2 + 2 2 + 12
4a − 16
⇔ 9a 2 − 2a + 9 =
3
⇔ 9(9a 2 − 2a + 9) = (4a − 16) 2 ⇔ 65a 2 + 110a − 175 = 0 ⇔ a = 1; a = −

0,25

0,25

0,25

35
.
13


Câu

Đáp án

6

C

A

+ S A' B 'C ' =

4a 2 3
= a2 3
4

+Vì BH ⊥ (A’B’C’) nên góc giữa
A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H.

B

Hay BA ' H = 600

(0.5điểm)

⇒ BH = A ' H .tan 600 = 3a

0,25

K
A'

C'
H

7a
(0.5điểm)

7b
(0.5điểm)

6a 13
.
13
3 sin 2 x − cos 2 x = 4cosx + 1 ⇔ 3 sin 2 x − (cos 2 x + 1) − 4cosx = 0

0,25

Vậy d (CC ', A ' B ) = d (C ',( ABB ' A ')) = 2d ( H ,( ABB ' A ')) =

0,25

 cosx = 0
⇔ 2cosx( 3 s inx − cosx − 2) = 0 ⇔ 
 3 sinx − cosx − 2 = 0

0.25

π
π


π
x
=

Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
=
165 11
2
5

1
6

1
5

2
6

0.25


Câu
8
(1 điểm)

Đáp án

Điểm

A

Tứ giác ADEB,BIEM nội tiếp đường tròn
=> DEB = 1800 − BAD (1)

C (4; 0)
+ C ∈ AC : x + y − 4 = 0 => C(c ;-c+4) mà MC=MD= 2 5 ⇒ 
C (2; 2) (loai )

0.25

+ M trung điểm BC => B(-4 ;-4)
+ AE ⊥ BE => phương trình là : x+1=0
+ A = AC ∩ AE ⇒ A(−1;5)

0.25

Vậy: A(-1;5);B(-4;-4);C(4;0)

9
(1 điểm)

Điều kiện: y ≥ 0 .
(1) ⇔ ( x − y )

2

x = y
 x = −1

( x + 1) = 0 ⇔ 

0.25

(

+ 1  2 − + 2 + 1 −  = 1

x
x x
x
 x

1


⇔ a + a +1
2 − 2a + a 2 + 1 − a = 1  a = > 0 
x



)

)(

(

⇔ 1 + ( a − 1) − ( a − 1) = 1 +
2

0.25

( a)

2

< 0, ∀t > 0

3+ 5
3− 5
.
⇒x=
2
2
 3− 5 3− 5 
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là: ( 0;0 ) , 
;

2
2 

+ Chứng minh 1 + x + 1 + y ≥ 1 + 1 + x + y với mọi x, y không âm.

Nên (*) ⇔ a − 1 = a ⇔ a =

10
(1 điểm)

+ Áp dụng:

a2
4 = 1 + a + 1 + 2 (b + c ) ≥ 1 + 1 + a + 2 (b + c ) ⇒ b + c ≤ 4 −
2
3
Ta có: P = 2a 3 + b3 + c 3 − b c = 2a 3 + ( b + c ) − 3bc ( b + c ) − b c
2


a∈0;2 2 

Vậy, giá trị lớn nhất của P bằng 64 đạt tại a = 0, b = 0, c = 4 hoặc a = 0, b = 4, c = 0 .

(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)

0.25