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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN I)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

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

2 2 1 4
x − x
3
3
x
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x) = ( x − 2)e trên đoạn [0;2].
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y =
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫ (x + lnx) dx
1

2
Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình log 2 ( x + x ) = log 5 (3 − x).log 2 5

b) Tính lim(
x →1

3x 2 + 2 3 x − 5
)

4.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác vuông cân tại A, AB = AC = a, trên cạnh BC
uuur 1 uuur
lấy điểm H sao cho BH = BC , SH vuông góc với mp (ABC), góc giữa SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600
4
..Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
1
;3). Đường tròn tâm J nội tiếp
2
tam giác ABC tiếp xúc với BC, AC, AB lần lượt tại M, N, P. Cho biết M(3;3) và đường thẳng đi qua hai
điểm N, P có phương trình y – 1 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A biết rẳng A có tung độ âm.
 x +1
y+2
+
=3

x+4
( x; y ∈ R )
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  y + 3
10 x + 15 y + 3xy + 46 = 0

Câu 10 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 17(a + b + c) − 2ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có (

3
1 

+3
biểu thức. P = a + b + c + 243 

3
3
3
x = 0
y ' = 0 <=>  x = 1
 x = −1

y' =

0,25

Hàm số đồng biến trên ( −∞; −1 ) và (0;1); hàm số nghịch biến trên (-1;0) và ( 1; +∞ )
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0; yCT = 0 ,hàm số đạt cực đại tại điểm x = ±1 ;yCĐ =

1
3

0,25

BBT

0,25
Đồ thị

0,25

Câu 2
1,0đ

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [0;2] và f '( x ) = ( x − 1).e x


*) ∫ x 2 dx =
1

1

x 2 7
=
3 1 3
3

2

*) ∫ x ln xdx

0,25

1

1

du = dx

u = ln x

x
=> 

2
 dv = xdx

2
2
4 1
4
Vậy I =

Câu 4
a)0,5đ

7
3
19
+ 2 ln 2 − = 2 ln 2 +
3
4
12

Điều kiện x ∈ (−∞; −1) ∪ (0;3)
log 2 ( x 2 + x ) = log 5 (3 − x).log 2 5
<=> log 2 ( x 2 + x ) = log 2 (3 − x)

0,25

0,25

0,25

0,25

<=> x 2 + x = 3 − x

x →1
x →1 ( x ) +
3 3
x +1
ur
*d1: đi qua điểm M1(1;1;1), có véc tơ chỉ phương u1 = (1; 4;1)
uur
*d2: đi qua điểm M2(2;-1;-1), có véc tơ chỉ phương u2 = (−2; −8; −2)
uuuuuur
M 1M 2 = (1; −2; −2)
ur uur r ur uuuuuur
r
[u1 , u2 ] = 0;[u1 , M 1M 2 ] = ( −6;3; −6) ≠ 0 => d1 / / d 2
*mp(α) chứa d1 // d2 nên pt mp (α) đi qua điểm M1(1;1;1) và nhận
uur ur uuuuuur
nα = [u1 , M 1M 2 ] = ( −6;3; −6) làm véc tơ pháp tuyến.
lim(

=>PT mp (α): 2x-y+2z-3=0
Oy ∩ mp (α) = A(0;-3;0)
d3 ∩ mp (α) = B

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25


Vì AB = (2; −2; −3) và u1 = (1; 4;1) không cùng phương nên đường thẳng cần tìm đi qua

0,25

x y+3 z
=
=
2
−2
−3
Sin A, sin B, sinC theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có:
1
sin 2 B = sinC.sinA <=> sin 2 B = [cos(C − A) − cos(C + A)]
2
1 1
<=> 1 − cos 2 B = ( + cosB)
2 2
2
<=> 4 cos B + 2 cos B − 3 = 0

0,25

hai điểm A và B. Suy ra ptdt:
Câu 6
a)0,5đ

0,25


−1 + 13

1
C52
.C482 = 58656
1
C52
.C482
48
=
Xác suất cần tìm là:
3
C100
13475

0,25

Câu 7
1,0đ

BC = a 2; BH =

1
a 2
BC =
4
4

I là trung điểm của BC, suy ra AI ⊥ BC; AI =

1
a 2

2
1
1 a 2 a 30 a 3 30
= .S ABC .SH = . .
=
3
3 2
4
24

S ABC =
VS . ABC

0,25

0,25

Từ B, kẻ đường thẳng song song với A, từ C, kẻ đường thẳng song song với AB, hai
đường thẳng này cắt nhau tại D.
Từ H, kẻ đường thẳn song song với AC cắt AB và DC lần lượt tại K và J.
Ta có SC ⊂ mp(SDC); AB // mp(SDC)
4
4
Nên d(AB,SC)=d(AB,(DSC))=d(K,(SDC))= d ( H , ( SDC )) vì KJ = HJ
3
3
Từ H kẻ HL ⊥ SJ ta Chứng minh được HL ⊥ mp(SDC) =>d(H; (SDC))= HL
HJ =

3

1,0đ

P thuộc đường thẳng NP nên P(a;1)
1
5
BP = BM = (3 − ) 2 =
2
2
a = 2
1
5
1
9
BP = (a − ) 2 + (1 − 3)2 = <=> (a − ) 2 = <=> 
2
2
2
4
 a = −1
+ Với a =2 =>P(2;1)
uuur 3
Ptđt AB đi qua P(2;1) và nhận BP = ( ; −2) làm vtcp. Suy ra pt AB: 4x+3y-11=0
2
uuur 3
Ptđt PJ đi qua P(2;1) và nhận BP = ( ; −2) làm vtpt. Suy ra pt PJ: 3x-4y-2=0
2
uuuur 5
Ptđt MJ đi qua M(3;3) và nhận BM = ( ;0) làm vtpt. Suy ra pt MJ: x – 3 = 0
2
x = 3

3
Ptdt AB đi qua P(-1;1) và nhận BP = (− ; −2) làm vtcp. Suy ra pt AB: 4x-3y+7=0
2
uuur
3
Ptđt PJ đi qua P(-1;1) và nhận BP = (− ; −2) làm vtpt. Suy ra pt PJ: 3x+4y-1=0
2
uuuur 5
Pt đt MJ đi qua M(3;3) và nhận BM = ( ;0) làm vtpt. Suy ra pt MJ: x-3=0
2
3 x + 4 y − 1 = 0
x = 3
<=> 
=> J (3; −2)
PJ∩MJ = {J} =>J(x;y) là nghiệm của hệ: 
x − 3 = 0
 y = −2
Ptđt AJ đi qua J(3;-2) và vuông góc với PN: . Suy ra pt AJ: x – 3 =0
x = 3
4 x − 3 y + 7 = 0
19

<=> 
AJ ∩ AB ={A} =>A(x;y) là nghiệm của hệ: 
19 => A(3; )
3
x − 3 = 0
 y = 3
Vì điểm A có tung độ âm. Vậy A(3;


0,25

Từ phương trình
(2) <=> xy + 2 x + y + 2 = 4( xy + 3x + 4 y + 12)
<=> ( x + 1)( y + 2) = 4(x + 4)(y+ 3)
x +1 y + 2
<=>
.
=4
y +3 x+4
 x +1
y+2
+
= 3(1)

x+4
 y+3
Ta được: 
 x + 1 . y + 2 = 4(2)
 y + 3 x + 4
Đặt u =

x +1
x +1
=> u 2 =
(u ≥ 0); v =
y +3
y +3

y+2

v = 1


 y = − 13
=1
3

 x + 4
 x +1
16

=1
x=−


u
=
1
x
−
y
=
2


 y +3

3
+) 
<=> 

a 2 + b 2 + c 2 = 17(a + b + c) − 2ab <=> (a + b)2 + c 2 = 17(a + b + c)
(a + b + c) 2 = [(a + b) + c]2 ≤ 2[(a + b) 2 + c 2 ]
1
1
[(a + b) 2 + c 2 ] ≥ (a + b + c) 2 <=> 17(a + b + c) ≥ (a + b + c) 2
2
2
0 < a + b + c ≤ 34
+Áp dụng bất đẳng thức Cô si:
1
9
3
27
(2a + 67) + 81 ≥ 2 (2a + 67).81 <=>
≥
<=>
≥
2a + 67 a + 74
2a + 67 a + 74
+Áp dụng bdt Cô si:

0,25


1
27
≥
3
b + c b + c + 54
3

Hàm số f(t) nghịch biến trên (0;34] nên f(t) đạt GTNN bằng 196 khi t = 34
 a + b + c = 34
a = 7
a + b = c


<=> b = 10
Dấu bằng xảy ra khi 
b
+
c
=
27

c = 17

 a + 74 = b + c + 54
Vậy MinP = 196 khi a = 7; b = 10; c = 17
(b + c) + 27 + 27 ≥ 3 3 (b + c).27.27 = 27 3 b + c <=>

0,25

0,25

0,25