Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
Trường THPT – chuyên LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ THI THỬ ĐỢT 1
MÔN: Toán – Thời gian 180 phút
Ngày thi 30/01/2016

1
2
Bài 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = (2 x + 1) ( x − 2)
2
2x + m
với m ≠ 2 Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ
x +1
1
thị với trục tung tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng
(đvdt)
2
Bài 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y =

Bài 3 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 5 x + sin x + cos 4 x = sin 3 x + cos 2 x −1
Bài 4 (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số mà các chữ số đều khác 0. Chọn ngẫu nhiên hai
số từ S, tính xác suất để hai số được chọn mà số này gồm các chữ số viết theo thứ tự ngược lại của số kia (ví dụ
ab và ba ).
3x − ln(2 x + 1) + 1
x →0
tan x

Bài 5 (1,0 điểm). Tính giới hạn L = lim


2
2
+ Tập xác định : D = ℝ.
+ Sự biến thiên:
−1

x=

7
2
2
Chiều biến thiên: y ' = 6 x − 4 x − ; y ' = 0 <=> 
2
x = 7

6
−1
7
−1 7
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; ) và ( ; +∞) , nghịch biến trên ( ; )
2
6
2 6
Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =


1
1
1
m
SOAB = <=> OA.OB = <=>| m | . |
|= 1
2
2
2
m−2
m2
<=>|
|= 1
m−2
 m 2 − m + 2 = 0(1)
<=>  2
 m + m − 2 = 0(2)
 m = −2
1
7
(1) <=> (m − ) 2 + = 0 vô nghiệm; (2) <=> (m + 2)(m − 1) = 0 <=> 
2
4
m = 1
Vậy m = –2 hoặc m = 1.
Bài 3
sin 5 x + six + cos 4 x = sin 3 x + cos 2 x − 1
Xét hàm số y =

<=> 2sin 3 x cos 2 x + 2 cos 2 2 x − 1 = sin 3 x + cos 2 x − 1

π
π k 2π
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = ± + kπ ; x = − +
(k ∈Z )
6
10
5
Bài 4
Gọi A là biến cố “Hai số được chọn có tính chất số này gồm các chữ số viết theo thứ tự ngược lại của số kia”
Số phần tử của không gian mẫu:
Có 9 cách chọn chữ số hàng chục và 9 cách chọn chữ số hàng đơn vị, do đó có 9.9 = 81 số có hai chữ số khác 0.
2
Vậy số phần tử của không gian mẫu là C81 = 3240
2
Số kết quả thuận lợi cho A là số cặp chữ số a, b khác nhau trong 9 chữ số từ 1 đến 9, bằng C9 = 36 .
36
1
=
Xác suất cần tính là PA =
3240 90
Bài 5
Ta có:


f ( x) =

3x − ln(2 x + 1) + 1
x
3x − 1 1 − ln(2 x + 1) + 1
=

.lim
x→0
x →0 x[1 + ln(2 x + 1) + 1]
x →0 1 + ln(2 x + 1) + 1 x →0
x
2x
lim

= −2.1 = −2
x
3x − 1 1 − ln(2 x + 1) + 1
.lim(
+
) = ln 3 − 2
x → 0 tan x x → 0
x
x

Vậy lim f ( x) = lim
x→0

Bài 6

Gọi E là trung điểm AD thì ABCE là hình vuông, suy ra EA = ED = EC = a ⇒ ∆ ACD vuông tại C ⇒ DC ⊥ CA
Gọi H là giao AC và BD ⇒ SH = (SAC) ∩ (SBD). Mà (SAC) ⊥ (ABCD), (SBD) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD)
⇒ CD ⊥ SH
⇒ CD ⊥ (SAC) ⇒ CD ⊥ SC
⇒ Góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng (SC;CH)=SCH=600
∆ ABC vuông ở B ⇒ CA = AB 2 + BC 2 = AB 2 = a 2
CH CB 1

=
=> CI =
= CH
o
cos 60
3
3
Vì BC // AD ⇒


2a 2
a 6
, JI = SH =
3
3
AC a 2
a 2
Có MC =
=
; JM = JC− MC =
2
2
6
OM JM
IC.JM a 6
Có ∆JOM ~ ∆JCI ( g .g ) =>
=
=> OM =
=
IC

Suy ra phương trình giao tuyến của (P) và (Q):
Gọi I(1+15t;13t;2+7t) ∈ ( d ) . Ta có:

x −1 y x − 2
= =
(d )
15 13
7

OI = 5 <=> (1 + 15t ) 2 + (13t ) 2 + (2 + 7t ) 2 = 5
<=> 443t 2 + 58t = 0
t = 0
 I (1;0; 2)

<=>
=>  −427 −754 480
t = − 58
I (
;
;
)
443

 443 443 443
Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm.
Nếu I(1;0;2) =>R=IA=3. Phương trình (S): ( x − 1) 2 + y 2 + (z − 2)2 = 9
−427 −754 480
7003
;
;

Qua M kẻ đường thẳng song song BD cắt AB tại N. Vẽ MH ⊥ AN tại H. I là giao AC và BD


Vì ABCD là hình thang cân nên ∆ABC = ∆BAD (c.g.c) => IAB = IBA = INA
Suy ra ∆ AMN cân tại M ⇒ H là trung điểm AN.
x + y − 3 = 0
=> B (−1; 4)
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 
 x − 3 y + 13 = 0
Phương trình MN qua M và song song BD là x-3y+21=0
x + y − 3 = 0
=> N (−3;6)
Tọa độ N là nghiệm của hệ 
 x − 3 y + 21 = 0
uuur
Phương trình MH qua H và nhận u AB (1; −1) làm vectơ pháp tuyến: x-y+5=0
x + y − 3 = 0
=> H (−1; 4) . H là trung điểm AN ⇒ A(1;2)
Tọa độ H là nghiệm của hệ 
x − y + 5 = 0
Phương trình đường thẳng AC đi qua A và M là 3x-y-1=0
3 x − y − 1 = 0
=> I (2;5)
Tọa độ I là nghiệm của hệ 
 x − 3 y + 13 = 0
uuur
uur
AI AB 1
=
= => AC = 3. AI = (3;9) => C (4;11)

3 2
4
3
2
 4 x − 2 x + 4 + 12 x + x + 2 = x − 4 x + 7 x − 5 x + 30(2)
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số dương và bất đẳng thức Cô–si cho 3 số dương, ta có:
2.2 x 2 − 2 x + 4 ≤ 4 + ( x 2 − 2 x + 4) = x 2 − 2 x + 8
3.2.2. 3 x 2 + x + 2 = 8 + 8 + x 2 + x + 2 = x 2 + x + 18
Do đó:
(2) => x 4 − 4 x3 + 7 x 2 − 5 x + 30 ≤ 2 x 2 − x + 26
<=> x 4 − 4 x3 + 5 x 2 − 4 x + 4 ≤ 0
<=> ( x − 2) 2 ( x 2 + 1) ≤ 0
<=> x = 2
Thử lại x = 2 là nghiệm của (2). Suy ra y = 0 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (2;0)
Bài 10
232a + 135b + 54( ab + bc + 3 abc )
P=
1 + (a + b + c)2
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số dương và bất đẳng thức Cô–si cho 3 số dương, ta có:


54 ab = 9.2. a.9b ≤ 9( a + 9b)
54 bc = 9.2. b.9c ≤ 9(b + 9c)
54 3 abc = 2.3. 3 a.9b.81c ≤ 2(a + 9b + 81c )
1 + (a + b + c) 2 ≥ 2(a + b + c)
232a + 135b + 9(a + 9b + b + 9c ) + 2(a + 9b + 81c) 243(a + b + c) 243
=> P ≤
=
=