Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com

SỞ GD & ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 – NĂM 2016
Môn: TOÁN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2x +1
x−2
3
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y = x + (m + 3) x 2 + 1 − m đạt cực đại tại điểm x = –
1
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn z + 2 z = 2 − 4i . Tìm môđun của số phức z.
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

b) Giải bất phương trình 3 log 3 x − log 3 (3 x) − 1 < 0
( x 2 + x )e − x + x 2
dx
x +1
0
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

x+2 y−2 z
=
= và điểm

+
+
+
b+c
c+a
a +b
ab + bc + ca


ĐÁP ÁN
Câu 1
+ Tập xác định: D = ℝ \ {2}
+ Sự biến thiên
−5
< 0, ∀x ∈ D
Chiều biến thiên: y ' =
( x − 2) 2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;2) và (2;+∞)
Giới hạn:
lim− y = −∞; lim+ y = +∞ => x = 2 là tiệm cận đứng
x →2

x→2

lim y = lim y = 2 => y = 2 là tiệm cận ngang
x →+∞

x →−∞

Bảng biến thiên:

Ta có :
z + 2 z = 3 − 4i <=> (a + bi ) + 2( a − bi ) = 2 − 4i
<=> 3a − bi = 2 − 4i
2

 4a = 2
2
a =
<=> 
<=> 
3 => z = + 4i
3
 −b = −4
b = 4
Vậy | z |= a 2 + b 2 =

2 37
3

b) 3 log 3 x − log 3 (3 x) − 1 < 0(1)
x > 0
<=> x ≥ 1
ĐK: 
log 3 x ≥ 0
Với điều kiện trên, ta có:


(1) <=> 3 log 3 x − (1 + log 3 x ) − 1 < 0
<=> log 3 x − 3 log 3 x + 2 < 0
<=> ( log 3 x − 1)( log3 x − 2) > 0

Tính I1 = ∫ xe dx
0

Đặt u=x=>du=dx,dv= e − x dx => v = −e x
1
−1 − x 1 −1 1
2
−x 1
I
=
−
xe
−
−e − x dx =
−e
=
− ( − 1) = 1 −
Suy ra 1
∫
0 0
0 e
e
e
e
1

I2 = ∫
0

1

(P) đi qua A(2;3;1) nên có phương trình –x+9y-5z-20=0
uur
Mặt phẳng (Oxy) nhận n2 = (0;0;1) làm vectơ pháp tuyến
Gọi α là góc giữa mặt phẳng (P) và (Oxy), ta có:
ur uur
ur uur
| n1.n2 |
| −1.0 + 1.0 + 2.1|
2
cosα =| cos( n1 ; n2 ) |= ur uur =
=
| n1 | . | n2 |
1 + 1 + 4. 0 + 0 + 1
6
Vậy cosin góc giữa (P) và (Oxy) là
Câu 6
a) Ta có:

2
.
6


cos 3x − cos x + 2sin 2 x = 0
<=> −2sin 2 x sin x + 2sin 2 x = 0
<=> −2sin 2 x(sin x − 1) = 0
kπ

x=


.(
) = ∑ C12 .2 .x
∑
12
5
5
x
x
k =0
k =0
6
Số hạng không chứa x tương ứng với: 12 − k = 0 <=> k = 10
5
10 12 −10
= 264
Số hạng đó là C12 .2
(2 x +

Câu 7

Gọi H là trung điểm A’B’, vì AH ⊥ (A’B’C’) nên góc giữa AC’ và (A’B’C’) là ( AC '; HC ') = AC ' H = 60o
A' B ' a
=
2
2
Áp dụng định lí cosin vào tam giác HB’C’ ta có:
Ta có: A ' B ' = AB = a; B ' C ' = BC = 2a, B ' H =

HC '2 = HB '2 + B ' C '2 − 2 HB ' .B ' C '.cos120o =
∆ AHC’ vuông tại H: AH = HC '.tan 60o =

2

∆ MKB vuông tại K: MK = MB.sin 60o =

a 3
4

B'M
= 2 21
MK
Vậy góc giữa (BCC’B’) và (ABC) là α = arctan 2 21
Câu 8
∆ MKB’ vuông tại M: tan α =

ur
ur
Vectơ chỉ phương của d1 là u1 (4;3) . Vì d1 ⊥ BC nên BC nhận u1 (4;3) làm vectơ pháp tuyến.
uur
Ta có d3 nhận n3 (1; 2) làm vectơ pháp tuyến
uuur
Gọi nAC (a; b)(a 2 + b 2 ≠ 0) là một vectơ pháp tuyến của AC.
Vì d3 là phân giác trong góc C nên (d3;AC) = (d3;BC). Suy ra
uuur uur
ur uur
| a + 2b |
| 4.1 + 3.2 |
| cos (nAC ; n3 ) |=| cos(u1 ; n3 ) |=
=
25. 5
a 2 + b2 . 5

=> c = 3
3
4

=> A(−5;3); C (−1;3)
Phương trình BC có dạng: 4x + 3y – 5 = 0. Tọa độ B là nghiệm của hệ:
4 x + 3 y − 5 = 0
=> B (2; −1)

4 x + 5 y − 3 = 0
Ta thấy A và B nằm cùng phía đối với d3 suy ra d3 là phân giác ngoài đỉnh C của ∆ ABC, không thỏa mãn.
Vậy không có tam giác ABC thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 9
 x 2 + x + 1 − y 2 − y + 1 = x 2 − xy + y 2 (1)
(I )

3 4
2
 4( x + 1)( xy + y − 1) − 3 x = x − x
Ta có
 x 2 + x + 1 ≥ y 2 − y + 1
(1) <=> 
2
2
2
2
2
( x + x + 1 − y − y + 1) = x − xy + y (2)
(2) <=> xy + x − y + 2 = 2 x 2 + x + 1 y 2 − y + 1
 xy + x − y + 2 ≥ 0

<=> x 2 − x − 1 = 0( do 4t 2 + 4tx + 3 x 2 = (2t + x) 2 + 2 x 2 > 0, ∀x ≠ 0)
1± 5
2
1− 5
−1 − 5
•x =
=> y =
( L)
2
2
1+ 5
−1 + 5
•x =
=> y =
(TM )
2
2
<=> x =

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (

1 + 5 −1 + 5
;
)
2
2

Câu 10
a
b


x 2 x 2 x 2 ( x + x + x )2
<=> 1 + 2 + 3 ≥ 1 2 3 (*)
y1 y2
y3
y1 + y2 + y3

(

) (

y2

) +(
2

y3

)

2

 ≥  x1
  y
 1

x
y1 + 2
y2


+ 2
)
b+c
c+a
a+b
2a + ab + bc 2b + bc + ba 2c + ca + cb
 a2 + b2 + c2

2
+ 2÷

2
( a + b + c)
 ab + bc + ca

≥ 2 2.
=
2
2
2
2
2
2
a
+
b
+
c
2(a + b + c + ab + bc + ca )
+1


2


y3 ÷
÷



Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên [1;+∞), do đó: f (t) ≥ f(1) =
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
Vậy GTNN của P là

5 2
2

5 2
5 2
=> P ≥
2
2