ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA lần i năm học 2015 – 2016 bồi dưỡng (15)

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN;
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi: 7/11/2015

Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: y = x3 + 3x 2 + 1 có đồ thị là (C) .
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A ( 1; 5 ) . Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến
với đồ thị (C) ( B ≠ A ) . Tính diện tích tam giác OAB, với O là gốc tọa độ.

Câu 2 (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) =

x 2 − 3x + 6
trên đoạn  2; 4  .
x −1

Câu 3 (1.0 điểm)
a) Giải phương trình lượng giác: cos 2x + cos 6x = cos 4x
b) Cho cos 2α = −

π

4
π
với < α < π . Tính giá trị của biểu thức: P = ( 1 + tan α ) cos  − α ÷
5
2
4



Câu 4 (1 điểm)
2016

a)Tìm hệ số của số hạng chứa x

2010


2 
trong khai triển của nhị thức:  x + 2 ÷
x 


.

b) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được tạo thành từ các chữ số
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp X. Tính xác suất để số được chọn chỉ chứa 3
chữ số lẻ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(−1; 2), B(3; 4) và đường thẳng
d có phương trình: x − 2y − 2 = 0. Tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao cho: MA 2 + MB2 = 36.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB = 2, AC = 4.
Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của đoạn thẳng AC. Cạnh
bên SA tạo với mặt đáy một góc 60o. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường
tròn (T) có phương trình: x 2 + y 2 − 6x − 2y + 5 = 0. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Đường tròn
đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết
đường thẳng MN có phương trình: 20x − 10y − 9 = 0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.

 xy − y 2 + 2y − x − 1 = y − 1 − x
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3 6 − y + 3 2x + 3y − 7 = 2x + 7
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x + y + z ≥ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
x2
y2
z2
+
+
×
biểu thức: P =
yz + 8 + x 3 zx + 8 + y 3 xy + 8 + z 3
-------------------------- Hết -------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:..........................................................
Số báo danh:..................................


Câu
1
(2.0 điểm)

Đáp án

Điểm

a. (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị…
• Tập xác định: D = ¡ .
• Sự biến thiên:
x = 0 ⇒ y = 1
y ' = 3x 2 + 6x; y ' = 0 ⇔ 

 x = −2 ⇒ y = 5

0.25

y = −∞; lim = +∞
Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞
Bảng biến thiên:

x
y'

−∞
+

-2
0
5

−

0
0

+∞
+

+∞

0.25

y

−∞
1
- H/s đb trên các khoảng (−∞; −2), (0; +∞) và nb trên khoảng (−2; 0).
- Hàm số đạt cực tại x = −2; y CÑ = 5 ; đạt cực tiểu tại x = 0; y CT = 1.

0.25

• Đồ thị:
x

−1

1

y

3

5

0.25

b. (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…tính diện tích tam giác….
+ Ta có: y '(1) = 9 ⇒ phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A ( 1; 5 ) là:
y = 9(x − 1) + 5 ⇔ y = 9x − 4 (d)
+ Tọa độ điểm B là giao của d và (C) có hoành độ là nghiệm pt:

x = 1
2
x 3 + 3x 2 + 1 = 9x − 4 ⇔ x3 + 3x 2 − 9x + 5 = 0 (x − 1) (x + 5) = 0 ⇔ 
 x = −5
uuur
Do B ≠ A nên B(−5; − 49) . Ta có: AB = ( −6; −54 ) ⇒ AB = 6 82 ;
d ( O,d ) =

4
82

0.25

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất…
Ta có f(x) liên tục trên đoạn  2; 4  , f '(x) =

x 2 − 2x − 3
(x − 1)2

0.25

Với x ∈  2; 4  , f '(x) = 0 ⇔ x = 3

0.25

10
3

0.25

Ta có: f(2) = 4,f(3) = 3,f(4) =

f ( x) = 3 tại x = 3; Max f ( x) = 4 tại x = 2
Vậy Min
[ 2; 4 ]
[ 2; 4 ]
3

0.25

0.25

.

1
1 4
.6 82 = 12 (đvdt)
Suy ra: S∆OAB = d ( O,d ) .AB = .
2
2 82
2
(1 điểm)

0.25

a. Giải phương trình …

0.25

(1.0 điểm)

 cos 4x = 0
PT ⇔ 2 cos 4x cos 2x = cos 4x ⇔ cos 4x(2 cos 2x − 1) = 0 ⇔ 
 cos 2x = 1

2


π
π
π
x = 8 + k 4
 4x = 2 + kπ
⇔
⇔
 2 x = ± π + k 2π
 x = ± π + kπ


3
6

0.25

0.25

b.Tính giá trị biểu thức…
π
< α < π nên sin α > 0,cos α < 0 . Ta có:

2
1 + cos 2α 1
1
cos2 α =
= ⇒ cos α = −
,
2
10
10

Do

sin 2 α = 1 − cos 2 α =

9
3
sin α
⇒ sin α =
, tan α =
= −3
10
cos α
10

Khi đó: P = ( 1 + tan α ) .
4
(1.0 điểm)

0.25

1
2

1  1
3 
2 5
+
−
÷= −
5
2  10
10 

( cos α + sin α ) = ( 1 − 3) .

a.Tìm hệ số của số hạng chứa x 2010 trong khai triển…
2016


2 
Xét khai triển:  x + 2 ÷
x 


=

2016

k

∑C

k =0

k
2016

x

2016 − k

2016
 2 
k
=
x 2016 −3 k
∑ 2k C2016
 2÷
k =0
x 

Số hạng chứa x 2010 ứng với 2016 − 3k = 2010 ⇔ k = 2 là 22 C22016 x 2010 có hệ số là
22 C22016 = 4C22016 .
b.Tính xác suất …
Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X”.
6
Khi đó: Ω = A 9 = 60480
Gọi A là biến cố: “Số được chọn chỉ chứa 3 chữ số lẻ”. Khi đó:
+ Chọn 3 chữ số lẻ đôi một khác nhau từ các chữ số 1, 3, 5, 7, 9 có C35 cách.
+Chọn 3 chữ số chẵn đội một khác nhau từ các chữ số 2, 4, 6, 8 có C34 cách.

+ Sắp xếp các chữ số trên để được số thỏa mãn biến cố A có 6! cách.
3
3
Do đó ΩA = C5 .C4 .6! = 28800
Vậy xác suất cần tìm là: P(A) =
5
(1.0 điểm)

ΩA
Ω

=

0.25
0.25

0.25

0.25

28800 10
=
60480 21

Tìm tọa độ điểm M …

uuuu
r
Giả sử M(2t + 2; t) ∈ d ⇒ MA = ( −2t − 3; 2 − t) ⇒ MA 2 = 5t 2 + 8t + 13
uuur

MB = (1 − 2t; 4 − t) ⇒ MB2 = 5t 2 − 12t + 17
Ta có: MA 2 + MB2 = 36 ⇔ 5t 2 + 8t + 13 + 5t 2 − 12t + 17 = 36 ⇔ 10t 2 − 4t − 6 = 0
 t = 1 ⇒ M(4;1)

⇔
 4 3
3
t=−
⇒ M ;− ÷

5
5 5

6

0.25

 16 3 
Vậy tọa độ điểm M là: M(5;1), M  ; ÷.
 5 5
Tính thể tích khối chóp S.ABC

0.25
0.25
0.25

0.25


S

(1.0 điểm)
SH vuông góc (ABC) ⇒ góc giữa
·
SA và (ABC) là: SAH
= 60o
·
⇒ SH = AH.tan SAH
=2 3

K

D

E
H

A

0.25
C

B

∆ABC vuông tại B ⇒ BC = AC2 − AB2 = 2 3 ⇒ S∆ABC =

1
AB.BC = 2 3
2

0.25

1
1
Vậy VS.ABC = SH.S∆ABC = .2 3.2 3 = 4.
3
3
Dựng hình chữ nhật ABCD ⇒ AB // CD ⇒ AB // (SCD)
⇒ d(AB,SC) = d(AB,(SCD)) = d(A,(SCD)) = 2d(H,(SCD)) (do AC = 2HC )
Trong (ABCD), gọi E là trung điểm CD ⇒ HE ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (SHE)
Trong (SHE), kẻ HK ⊥ SE (K ∈ SE) ⇒ HK ⊥ (SCD) ⇒ d(H,(SCD)) = HK
Ta có: HE =

0.25

1
AD = 3
2

∆SHE vuông tại E ⇒

1
1
1
1 1 5
2 15
=
+
= + = ⇒ HK =
2

2
2
5
HK
HS HE 12 3 12

0.25

4 15
×
5
Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC.
Vậy d(AB,SC) = 2HK =

7
(1.0 điểm)
(T) có tâm I(3;1), bán kính R = 5 .
·
·
Do IA = IC ⇒ IAC
(1)
= ICA

Đường tròn đường kính AH cắt BC tại M
⇒ MH ⊥ AB ⇒ MH //AC (cùng vuông góc
·
·
AC) ⇒ MHB
(2)
= ICA

·
·
Ta có: ANM
(chắn cung AM) (3)
= AHM

A
N
E
M
B

H

I

C

0.25

Từ (1), (2), (3) ta có:
·
·
·
·
IAC
+ ANM
= ICA
+ AHM

·
·
= MHB
+ AHM
= 90o
Suy ra: AI vuông góc MN
⇒ phương trình đường thẳng IA là: x + 2y − 5 = 0
Giả sử A(5 − 2a;a) ∈IA.
a = 0
2
2
2
Mà A ∈ (T) ⇔ (5 − 2a) + a − 6(5 − 2a) − 2a + 5 = 0 ⇔ 5a − 10a = 0 ⇔ 
a = 2
Với a = 2 ⇒ A(1; 2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với a = 0 ⇒ A(5; 0) (loại vì A, I cùng phía MN)

0.25


8
(1.0 điểm)


9
Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH ⇒ E ∈ MN ⇒ E  t; 2t − ÷
10 


38 

Do E là trung điểm AH ⇒ H  2t − 1; 4t − ÷
10 

uuur 
u
u
r

58 
48 
⇒ AH =  2t − 2; 4t − ÷, IH =  2t − 4; 4t − ÷
10 
10 


uuur uur r
272 896
Vì AH ⊥ HI ⇒ AH.IH = 0 ⇔ 20t 2 −
t+
=0
5
25
 8
 11 13 
⇒ H  ; ÷ (thoûa maõn)
t =
5
5 5
⇔
 28

 31 17 
⇒ H  ; ÷ (loaïi)
t =
 25 25 
 25
 11 13 
8
Với t = ⇒ H  ; ÷ (thỏa mãn)
5
5 5
uuur  6 3 
r
Ta có: AH =  ; ÷ ⇒ BC nhận n = (2;1) là VTPT
5 5
⇒ phương trình BC là: 2x + y − 7 = 0
Giải hệ phương trình …
Điều kiện: x ≥ 0, 1 ≤ y ≤ 6, 2x + 3y − 7 ≥ 0 (*)
x = 0
Nhận thấy 
không là nghiệm của hệ phương trình ⇒ y − 1 + x ≠ 0
y = 1
2
Khi đó, PT (1) ⇔ x(y − 1) − (y − 1) =

⇔ (y − 1)(x − y + 1) =

0.25

0.25

0.25

y −1 − x
y −1 + x
y −1− x
y −1 + x

0.25



1
÷= 0
⇔ (x − y + 1)  y − 1 +

y −1 + x ÷


⇔ x − y + 1 = 0 ⇔ y = x + 1 (do (*))
Thay vào PT (2) ta được: 3 5 − x + 3 5x − 4 = 2x + 7

ĐK: 4 / 5 ≤ x ≤ 5 (**)

⇔ 3 5 − x − (7 − x) + 3( 5x − 4 − x) = 0
⇔

−4 + 5 x − x 2
3 5 − x + (7 − x)

+

3(−4 + 5x − x 2 )
5x − 4 + x

=0

0.25



1
3
⇔ ( − 4 + 5x − x 2 ) 
+
=0
÷
 3 5 − x + (7 − x)
÷
5
x
−
4
+
x


2
⇔ −x + 5x − 4 = 0 (do (**)

9

(1 điểm)

x = 1 ⇒ y = 2
⇔
(thỏa mãn (*),(**))
x = 4 ⇒ y = 5
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5).
Tìm GTNN …
Ta có BĐT:

a2 b 2 c2 (a + b + c)2
+ + ≥
(*) với a, b,c,x,y,z > 0 và chứng minh.
x y z
x+y+z

0.25

0.25


(Học sinh không chứng minh (*) trừ 0.25)
Áp dụng (*) ta có: P ≥

(x + y + z)2
xy + yz + zx + 8 + x3 + 8 + y 3 + 8 + z3

2 + x + 4 − 2x + x 2 6 − x + x 2
=
2

2
2
2 + y + 4 − 2y + y
6 − y + y2
8 + y3 = (2 + y)(4 − 2y + y 2 ) ≤
=
2
2
2
2 + z + 4 − 2z + z
6 − z + z2
8 + z3 = (2 + z)(4 − 2z + z 2 ) ≤
=
2
2
2
2(x + y + z)
Suy ra: P ≥
2xy + 2yz + 2zx + 18 − (x + y + z) + x 2 + y 2 + z 2
Ta có:

8 + x3 = (2 + x)(4 − 2x + x 2 ) ≤

=

0.25

2(x + y + z)2
(x + y + z)2 − (x + y + z) + 18

Đặt t = x + y + z (t ≥ 3). Khi đó: P ≥

2t 2
t 2 − t + 18

2t 2
với t ≥ 3.
t 2 − t + 18
2(−t 2 + 36t)
f
'(t)
=
Ta có:
, f '(t) = 0 ⇔ t = 36
(t 2 − t + 18)
BBT:
x 3
36
y'
+
0
144/71
y
3/4
Xét hàm số: f(t) =

3
khi t = 3.
4
Vậy GTNN của P là: 3/4 khi x = y = z = 1.

Từ BBT ta có: GTNN của P là:

▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.

0.25
+∞
−

2
0.25