Đề thi thử môn toán THPT Lý Thái Tổ Bắc Ninh

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 L1
Môn: TOÁN;
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

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



a)Tìm hệ số của số hạng chứa x

2010

ne
t

Câu 4 (1 điểm)

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

2016

.

ilie

u.

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

.b

ox

ta

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

w

tròn (T) có phương trình: x 2 + y 2 − 6x − 2y + 5 = 0. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Đường tròn

w

w

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
biểu thức: P =

x2
yz + 8 + x 3

+

y2
zx + 8 + y 3

+

z2
xy + 8 + z3

⋅

-------------------------- 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:..................................

www.boxtailieu.net


Câu
1
(2.0 điểm)

Đáp án

Điểm

a. (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị…
• Tập xác định: D = ℝ.
• Sự biến thiên:
x = 0 ⇒ y = 1
y ' = 3x 2 + 6x; y ' = 0 ⇔ 
 x = −2 ⇒ y = 5

0.25

Giới hạn: lim y = −∞; lim = +∞
x →−∞

x →+∞

Bảng biến thiên:

x
y'

−∞

-2

+

+∞

0

−

0
5

0

+

0.25

+∞

y

ne
t

−∞
1
- H/s đb trên các khoảng (−∞; −2), (0; +∞) và nb trên khoảng (−2; 0).

• Đồ thị:
x
−1

ilie

1
5

3

0.25

ox

ta

y

0.25

u.

- Hàm số đạt cực tại x = −2; y CÑ = 5 ; đạt cực tiểu tại x = 0; y CT = 1.

0.25

0.25

w

w

w

.b

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

d ( O,d ) =

4

0.25
.

82

Suy ra: S∆OAB =

2
(1 điểm)

1
1 4
d ( O,d ) .AB = .
.6 82 = 12 (đvdt)
2
2 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) =

www.boxtailieu.net


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

3
(1.0 điểm)

0.25

[2; 4 ]

a. Giải phương trình …
 cos 4x = 0

PT ⇔ 2 cos 4 x cos 2 x = cos 4 x ⇔ cos 4 x(2 cos 2x − 1) = 0 ⇔ 

 cos 2x = 1

2



π
π
π
x = 8 + k 4
 4 x = 2 + kπ
⇔
⇔
 x = ± π + kπ
 2x = ± π + k 2π


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

Khi đó: P = (1 + tan α ) .

2

( cos α + sin α ) = (1 − 3) .

ne
t

1  1
3 
2 5
+

−
=−
5
2  10
10 

0.25

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

2016

2016
2016

 2 
2 
k
x 2016 − k  2  = ∑ 2k Ck2016 x 2016−3 k
Xét khai triển:  x + 2  = ∑ C2016
x 
k =0
k =0

x 
2
2010
ứng với 2016 − 3k = 2010 ⇔ k = 2 là 22 C2016
Số hạng chứa x

x 2010 có hệ số là

ox

ta

4
(1.0 điểm)

1

u.

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

ilie

sin 2 α = 1 − cos2 α =

0.25

0.25

.b

2
2
22 C2016
= 4C2016
.

0.25

0.25

w

w

b.Tính xác suất …
Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X”.
Khi đó: Ω = A 69 = 60480

w

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.
Do đó Ω A = C35 .C34 .6! = 28800
Vậy xác suất cần tìm là: P(A) =

5
(1.0 điểm)

ΩA
Ω

=

0.25

28800 10
=
60480 21

Tìm tọa độ điểm M …
Giả sử M(2t + 2; t) ∈ d ⇒ MA = (−2t − 3; 2 − t) ⇒ MA 2 = 5t 2 + 8t + 13

MB = (1 − 2t; 4 − t) ⇒ MB = 5t − 12t + 17
2

2

Ta có: MA + MB = 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
2

2

www.boxtailieu.net

0.25
0.25
0.25
0.25


6
(1.0 điểm)

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

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

1
AB.BC = 2 3
2

ne
t

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

0.25

ilie

u.

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

1
1
1
1 1 5
2 15
=
+
= + = ⇒ HK =
2
2
2
5
HK
HS HE 12 3 12

0.25

.b

∆SHE vuông tại E ⇒

ta

1
AD = 3
2

ox

Ta có: HE =

0.25

4 15
⋅
5
Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC.

w

7
(1.0 điểm)

w

w

Vậy d(AB,SC) = 2HK =

(T) có tâm I(3;1), bán kính R = 5.

A

Do IA = IC ⇒ IAC = ICA (1)
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại
M ⇒ MH ⊥ AB ⇒ MH //AC (cùng vuông
góc AC) ⇒ MHB = ICA (2)

N

E
M
B

Ta có: ANM = AHM (chắn cung AM) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có:

H

I

C

0.25

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.

www.boxtailieu.net

0.25


a = 0
Mà A ∈ (T) ⇔ (5 − 2a)2 + a2 − 6(5 − 2a) − 2a + 5 = 0 ⇔ 5a2 − 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)

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 


0.25

ilie

u.

ne
t



58 
48 
⇒ AH =  2t − 2; 4t −  , IH =  2t − 4; 4t − 
10 
10 


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

ox

ta

0.25

w

.b

x = 0
Nhận thấy 
không là nghiệm của hệ phương trình ⇒ y − 1 + x ≠ 0
y = 1

w

Khi đó, PT (1) ⇔ x(y − 1) − (y − 1)2 =

w

8

(1.0 điểm)

 6 3
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 (*)

⇔ (y − 1)(x − y + 1) =

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 + 5x − 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



⇔ −x 2 + 5x − 4 = 0 (do (**)

www.boxtailieu.net

0.25


www.DeThiThuDaiHoc.com
x = 1 ⇒ y = 2
⇔
(thỏa mãn (*),(**))
x = 4 ⇒ y = 5
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5).
9
(1 điểm)

Tìm GTNN …

a2 b2 c2 (a + b + c)2
+ + ≥
Ta có BĐT:
(*) với a, b, c, x, y,z > 0 và chứng minh.
x y z
x+y+z
(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
3
2
8 + y = (2 + y)(4 − 2y + y ) ≤
=
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
8 + x3 = (2 + x)(4 − 2x + x 2 ) ≤

0.25

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

ilie

=

u.

ne
t

Ta có:

0.25

.b

ox

ta

2t 2
Đặt t = x + y + z (t ≥ 3). Khi đó: P ≥ 2
t − t + 18
2
2t
Xét hàm số: f(t) = 2
vớ i t ≥ 3 .
t − t + 18
2(− t 2 + 36t)
Ta có: f '(t) = 2
, f '(t) = 0 ⇔ t = 36
(t − t + 18)
BBT:
x 3
36
y'
+
0

w

w

w

0.25

+∞

−

144/71

y

3/4

2

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.

www.boxtailieu.net

0.25