Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
Trường Chuyên Lê Quý Đôn
BÀ RỊA – VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA – Năm học 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x − 3
Câu 2 (1 điểm). Tính giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) =

2 x 2 + 3x − 1
trên đoạn
1 − x2

 1
0; 3 

Câu 3 (1 điểm).
a) Câu lạc bộ “Nhảy hiện đại” của trường chuyên Lê Quý Đôn có 3 học sinh chuyên toán, 8 học sinh chuyên
anh và 5 học sinh chuyên văn. Chọn ngẫu nhiên một nhóm gồm 5 học sinh đi giao lưu với trường đại học
RMIT. Tính xác suất chọn được học sinh của cả 3 môn chuyên và không có nhiều hơn 1 học sinh chuyên toán
2
2
b) Giải bất phương trình: log 3 ( x − 2) + log 1 ( x − 1) > 0
3

Câu 4 (1 điểm): Giải phương trình cos 2 x + sin 2 x = sin x − 5cos x + 2
1


+
−
+
+
÷
bc
ca
ab  a + 1 b + 1 c + 1 


ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1
+ Tập xác định: D = ℝ.
+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
y ' = 4 x3 − 4 x
x = 0
y ' = 0 <=>  x = −1
 x = 1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–1;0) và (1;+∞), nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;–1) và (0;1)
Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = –1, yCT = –4 và x = 1, yCT = –4; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = –3
Bảng biến thiên:

+ Đồ thị
Giao Ox tại (0;–3). Giao Oy tại ( 3;0) và (− 3;0)

3 4
1
1
Vậy giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y trên đoạn [0; ] lần lượt là –1 và
3
4
Câu 3
a) Gọi A là biến cố “Chọn được học sinh của cả 3 môn chuyên và không có nhiều hơn 1 học sinh chuyên
toán”.
5
Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 5 học sinh từ 16 thành viên của câu lạc bộ, bằng C16 = 4368
Tính số kết quả thuận lợi cho A: Xét 3 trường hợp:
TH1: Chọn 1 học sinh chuyên toán, 1 học sinh chuyên anh, 3 học sinh chuyên văn: Số cách chọn 1 học sinh
3
chuyên toán, 1 học sinh chuyên anh và 3 học sinh chuyên văn lần lượt là 3, 8, C5 . Theo quy tắc nhân số cách
3
chọn nhóm 5 học sinh là 3.8.C5 = 240
TH2: Chọn 1 học sinh chuyên toán, 2 học sinh chuyên anh, 2 học sinh chuyên văn: Số cách chọn nhóm 5 học
2
2
sinh như vậy là 3.C8 .C5 = 840
TH3: Chọn 1 học sinh chuyên toán, 3 học sinh chuyên anh, 1 học sinh chuyên văn: Số cách chọn nhóm 5 học
3
sinh như vậy là 3.C8 .5 = 840
Theo quy tắc cộng, số kết quả thuận lợi cho A là 240+840+840 =1920
1920 40
=
Xác suất cần tính là PA =
4368 91
2

1
<=> cos x = (Do cosx+sinx+3 ≥ -1-1+3>0)
2
π
<=>x= ± + k 2π
3
π
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x= ± + k 2π (k ∈ Z )
3


Câu 5
1

1

1

0

0

I = ∫ x(tan 2 x + 1 − x )dx = ∫ x tan 2 xdx + ∫ x 1 − xdx = I1 + I 2
0

1

2
Tính I1 = ∫ x tan xdx
0

4
2
=> I 2 = ∫ (1 − t )t.( −2 t) dt = ∫ (2t − 2t ) dt = (

Vậy I = I1 + I 2 = tan1 + ln(cos1) −

2t 5 2t 3 0 4
−
) =
5
3 1 15

7
30

Câu 6

Vẽ HE ⊥ CD tại E. Ta có CD = (SCD) ∩ (ACD), CD ⊥ HE, CD ⊥ SH ⇒ CD ⊥ (SHE).
Mà (SHE) ∩ (ACD) = CD; (SHE) ∩ (SCD) = SE nên góc giữa (SCD) và (ACD) là (SE;HE)=SEH=600
AHED là hình chữ nhật nên HE = AD = a.
∆ SHE vuông tại H nên SH = HE.tan 60o = a 3
1
5a 2
Diện tích đáy S HBCD = S ABCD − S AHD = AB 2 − AH . AD =
2
6
3
1
5a 3
Thể tích khối chóp: VS . HBCD = SH .S HBCD =

3a 13
Vậy khoảng cách giữa SC và HD là
13
Câu 7
Ta có:
uuur
AB = (2; 2;1)
uuur
AC = (4; −5; 2)
Ta có: ∆HIJ ~ ∆DAH ( g.g ) =>

2 = 4k
uuur
uuur

Giả sử A, B, C thẳng hàng, thì tồn tại số thực k sao cho: AB = k . AC <=> 2 = −5k (mâu thuẫn)
1 = 2k

VậyuA,
B,
uur u
uurC không thẳng hàng.
Có AB. AC = 2.4 − 2.5 + 1.2 = 0 => AB ⊥ AC.
Vì (P) ⊥ (ABC), (P) ∩ (ABC) = AB, CA ⊂ (ABC), CA ⊥ AB ⇒CA ⊥ (P).
uuur
Phương trình mặt phẳng (P) qua A nhận AC = (4; −5; 2) làm vectơ pháp tuyến có dạng:
4x-5y+2z+3=0
Câu 8
Gọi phương trình đường tròn (T) có dạng x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 . Vì A,B,D ∈ (T) nên ta có hệ:
 − a − b + c = −2

Gọi E là điểm chính giữa cung AC không chứa B. Suy ra E và B nằm khác phía với đường thẳng AC và IE
⊥AC.
uuur
Đường thẳng IE qua I và nhận AC (0;6) làm vectơ pháp tuyến, có phương trình: 6y-12=0y-2=0
e = 8
2
Gọi E (e; 2), E ∈ (T) => (e − 2) = 25 <=> 
 e = −2
Nếu e = 8 thì E và B cùng phía đối với đường thẳng AC. Nếu e= –2 ⇒ E(–2;2) ⇒ E và B nằm khác phía đối với
AC.
Vậy điểm cần tìm là E(–2;2).
Câu 9
 x 2 ( x + 1) + x( y + 1) = ( y 2 + 1)( y − 1)
(1)
(I)

3
2
 x + 2 + 4 − y = x + y − 4 x − 2 y
Điều kiện: x ≥ –2; y ≤ 4. Với điều kiện đó, ta có:


(1) <=> x 3 + x 2 + xy + x = y 3 − y 2 + y − 1
<=> (x 3 − y 3 ) + ( x − y ) + (x 2 + xy + y 2 ) + 1 = 0
<=> ( x − y + 1)( x 2 + xy + y 2 + 1) = 0
1 44 2 4 43
> 0,∀x , y

<=> y = x + 1
 y = x + 1

x+2+2
x = 2
<=> 
1
1
−
−
= ( x + 2)( x + 2 + 1)( 3 − x + 2)(4)
x+2+2
 3 − x + 1
Phương trình (4) vô nghiệm vì có vế trái âm, vế phải không âm ∀ x ≥ –2.
 x = −1; y = 0
Vậy 
(thỏa mãn điều kiện)
 x = 2; y = 3
Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (–1;0) và (2;3).
Câu 10
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho hai số dương, ta có:
a
b
c
2a
2b
2c
+
+
≥
+
+
bc

2
2
+
+
≤ (
+
+
)(2)
Ta có 2 bất đẳng thức tương tự, từ đó suy ra
a +1 b +1 c +1 4 a + b b + c c + a
4a − 1
4b − 1
4c − 1
4a − 1
4b − 1
4c − 1
+
+
=
+
+
Từ (1) và (2) suy ra T ≥
2(b + c) 2(c + a ) 2(a + b) 2(1 − a ) 2(1 − b) 2(1 − c)
4a − 1 27 a − 7
≥
, ∀a ∈ (0;1)(*). thật vậy
Ta chứng minh:
2(1 − a )
8
(*) <=> 4(4a − 1) − (1 − a)(27 a − 7) ≥ 0 <=> 3(3a − 1) 2 ≥ 0 luôn đúng.