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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH
TRƯỜNG THPT TRẦN NHÂN TÔNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN I
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (1 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4
Câu 2 (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1 
f ( x) = x 2 + trên đoạn  ; 2
x
2 
Câu 3 (1 điểm) Giải phương trình : log 2 ( x + 1) + log 2 (4 x + 4) − 4 = 0
2

2

Câu 4 (1 điểm) Tính I = ∫0

x2
x3 + 1

dx

Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết rằng AB = a , BC = a 3 và góc giữa SC và (ABCD) bằng 600 . Tính

1.Tập xác định: D = R
2.Sự biến thiên:
x = 0  y = 4
+ y ′ = 3 x 2 − 6 x, y ′ = 0 ⇔ 
⇒
x = 2  y = 0
3

1,00

2

0,25

3
2
3
2
+Giới hạn: lim x →−∞ y = lim x →−∞ ( x − 3 x + 4) = −∞, lim x →+∞ y = lim x →+∞ ( x − 3 x + 4) = +∞
+Bảng biến thiên :

0,25

0,25
- Hàm số đồng biến trên (−∞;0) và (2; +∞) , nghịch biến trên (0; 2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 , yCĐ = 4 , đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0
3.Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0;4); giao với trục hoành tại ( -1;0), (2;0). Nhận
điểm uốn I(1;2) là tâm đối xứng.

0,25

Ta có f  ÷ = ; f (1) = 3; f (2) = 5
2 4

0,25

max  1  f ( x) = 5
2
1 
min  1  f ( x) = 3
2
 2 ;2 
;
2
f
(
x
)
=
x
+




 2 ;2 
Do hàm số
liên
tục
trên
đoạn


−3
4

0,25

Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có hai nghiệm x = 1 và x =
Câu 4

2

Tính I = ∫0

x2
x3 + 1

1,00

dx

3
2
3
2
2
Đặt t = x + 1 ⇒ t = x + 1 ⇒ 2tdt = 3x dx ⇒ x dx =

Câu 5

−3

giữa SC và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng CE và SB trong đó E là trung điểm của SD.
0,25

Do hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc (ABCD)
Nên SA ⊥ (ABCD)
Ta có AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng ABCD nên ( SC , ( ABCD)) = 600 ⇒

·
( SC , AC ) = 600 ⇒ SCA
= 600


Trong tam giác vuông SAC có:
SA
·
tan SCA
=
= 3, AC = 2 3a
AC
Theo công thức tính thể tích khối chóp ta có:
1
1
VS . ABCD = SA.S ABCD = 2 3a.a. 3a = 2a 3
3
3
Kẻ BF / / = AC suy ra AF//=BC do đó A là trung điểm của DF
Ta có AC / / BF nên AC / /( SFB ); AE / / SF nên AE / /( SFB ) từ đó ( ACE ) / /( SFB )
Do đó d (CE ; SB ) = d ( ( ACE ), (SFB ) ) = d ( A, ( SFB ) )
Kẻ AH ⊥ FB theo định lý 3 đường vuông góc suy ra FB ⊥ SH nên BF ⊥ (SAH), mà BF

AB
AF
12a
17

2 3a
17
Trong không gian cho tam giác ABC có A(1; −1;3), B (−2;3;3), C (1; 7; −3) lập phương trình
mặt phẳng (ABC) và tìm chân đường phân giác kẻ từ A trên cạnh BC

0,25

0,25

0,25

Vậy d (CE ; SB ) =
Câu 6

1,00

0,25
uuu
r
r uuur
AB = (−3; 4;0)  uuu
⇒
AB
∧ AC = (−24; −18; −24) = −6(4;3; 4)
Có : uuur

⇔ y =
3


z = 1
13
;1)
3
a.Một đoàn gồm 30 người Việt Nam đi du lịch bị lạc tại Châu Phi, biết rằng trong

Vậy D( −1;
Câu 7

1,00


đoàn có 12 người biết tiếng Anh, có 8 người biết tiếng Pháp và có 17 người chỉ biết
tiếng Việt. Cần chọn ra 4 người đi hỏi đường. Tính xác suất trong 4 người được chọn
có 2 người biết cả 2 thứ tiếng Anh và Pháp
b.Tính giá trị của biểu thức P = (2 cos 2 x − 5)(3 − 2sin 2 x) biết tan x = 2
a)Số người biết tiếng Anh hoặc tiếng Pháp là 30-17=13 mà tổng số người biết Anh và Pháp
là 20 nên số người biết cả tiếng Anh và tiếng Pháp là 20-13=7
4
Chọn 4 người bất kì từ 30 người có C30 = 27405 ⇒ n(Ω) = 27405
Gọi A là biến cố của xác suất cần tính ra tính n(A) như sau: Chọn 2 người trong số 7 người
biết cả Anh và Pháp, tiếp theo chọn 2 người trong số 23 người còn lại

0,25

0,25

1,00

0,25

·
·
Ta kẻ AH ⊥ MN có ∆MAB= ∆MAH ⇒ AH = AB = AD và MAB
= MAH
(1)
·
·
Suy ra ∆MAH = ∆ADH và NAD
= HAN
(2)
·
Từ (1) và (2) suy ra MAN
= 450

r
Gọi véc tơ pháp tuyến của AN là n = (a; b), a 2 + b 2 > 0
Do AN qua K(1;-2) nên AN có phương trình a ( x − 1) + b( y + 2) = 0 ⇒ ax + by − a + 2b = 0

Ta có cos( AM , AN ) = cos 450
a + 3b

=

1
⇔ 4a 2 − 6ab − 4b 2 = 0 (*)
2

b
b
Ta có A là giao điểm của AN và AM từ đó ta tìm được A(-1;2)
a
1
a
a
Với = − khi đó AN có phương trình: x + y − + 2 = 0 ⇔ − x + 2 y + 5 = 0
b
2
b
b
Ta có A là giao điểm của AN và AM từ đó ta tìm được A (5;0)

0,25

Giải phương trình : (2 x + 4) 3 2 x + 3 − 9 x3 + 60 x 2 + 133 x + 98 = x 2 − 2 x − 5

1,00

Với

Câu 9

Điều kiện : 9 x 3 + 60 x 2 + 133 x + 98 ≥ 0 ⇔ (3 x + 7) 2 ( x + 2) ≥ 0 ⇔ x ≥ −2
Phương trình tương đương (2 x + 4) 3 x − 3 − (3 x + 7) ( x + 2) = x 2 − 2 x − 5
⇔ (2 x + 4) 3 2 x + 3 = (3 x + 6 + 1) x + 2 + x 2 − 2 x − 5

0,25


( 2 x + 3) = ( x + 2)
3
x + 2x2 −1 = 0

−3

x ≥ 2


 x = −1
  x = 1
⇔ 
⇔
 x = −1 + 5
−
1
+
5
 x =

2

2


  x = −1 − 5
2
 
−1 + 5
2

1
1 
+
+
− 3
+
+
÷
x( x + 1) y ( y + 1) z ( z + 1)
 1+ x 1+ y 1− z 

Ta có BĐT :

1
1
2
+
≤
, a, b > 0 & ab < 1 (1)
1 + a 1 + b 1 + ab

Thật vậy : (1) ⇔

( a + b) + 2
2
≤
⇔ ( ab − 1)( a − b ) ≤ 0 luôn đúng do ab < 1
1 + (a + b) + 2 1 + ab

0,25

+

2
1 + z 3 xyz

≤

4
1+

zy x

=
3

xyz

4
1 + 3 xyz

0,25

= VP(3)

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
3
9
−
Từ đó ta có P ≥ 3
xyz 1 + 3 xyz

1
9

3
⇔x= y=z=
Vây giá trị nhỏ nhất của P là
đạt được khi 
3
4
t = 1
 3

0,25

0,25