Đề thi thử môn toán kỳ thi thpt Quốc Gia 2016 có đáp án

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC : 2015 – 2016
Môn thi : TOÁN – Khối 12
Thời gian : 180’
Câu 1 : ( 2điểm) Cho hàm số : y = x 3 + 3x 2 + m 2 x + m (1) , m là tham số.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
2
2
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có hai điểm cực trị là x1, x2 sao cho x1 + x 2 = 4
π

Câu 2 : ( 1điểm) Giải phương trình: cos 2x − 1 + 2 2 sin  x + ÷− 2 cos x = 0
4

1 3
2
Câu 3 : ( 1điểm) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi y = x − x và Ox. Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra
3
khi quay (H) quanh Ox.
Câu 4 : ( 1điểm)
a) Cho z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2 − 4 z + 8 = 0 .
2
2
Tính giá trị biểu thức A = z1 + z2 + 9 z1.z2
b) Giải phương trình sau trên tập số thực: log x 2 − log 4 x +

7
=0
6

x −1 y z +1
=

=
và các mặt
2
−1
1
phẳng (P): x - 2y + 2z + 1 = 0, (Q): 2x + y - 2z + 3 = 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc d đồng
thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q).
Câu 5 : ( 1điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

Câu 6 : ( 1điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC = 2a, góc ACB
bằng 30 0 . Hình chiếu vuông góc của B’ lên (ABC) là trung điểm H của AB ; góc giữa cạnh bên BB’ và mặt
đáy bằng 60 0 . Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường AA’ và BC theo a.
Câu 7 : ( 1điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng đi qua
trung điểm M của AB và trung điểm N của AC có phương trình x – y + 1 = 0. Gọi K(2;1) là trung điểm của
BC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết diện tích tam giác KMN bằng 1.

(

) (

 x 3 + y 3 = ln x 2 + 1 − x + ln y 2 + 1 − y

Câu 8 : ( 1điểm) Giải hệ phương trình: 
 x(x + 1) = (2 − y). y 2 + 2y + 3


)

(x, y ∈ R)

Câu 9 : ( 1điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

a2
b2
3
+
− ( a + b) 2 .
2
2
(b + c) + 5bc (c + a ) + 5ca 4

----------------------------------------------------------------- HẾT
---------------------------------------------------------Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, Giám thị coi thi không được giải thích gì thêm.


P N
Cõu 1. Với m = 0 ta có: y = x3 + 3x2
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên:
y = 3x2 + 6x
(0.25)

y = 0
x = 0 hoc x = -2
(0.25)
lim y = +, lim y =
x
- Giới hạn: x +
- Bảng biến thiên: (0.25)

x
-
-2
0
+
y'
+
0
0
+
y
4
+
-
0
Hàm số đồng biến trên khoảng (-;-2) và(0; +)
Hàm số nghịch biến trên (-2; 0)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = 0
y



cos 2x 1 + 2 2 sin x + ữ 2 cos x = 0
4

2sin 2 x + 2sin x + 2 cos x 2 cos x = 0

( 0.25 )

sin 2 x + s inx = 0
x = k
( 0.25 )
s inx = 0


x = + k2 ( 0.25 )
s inx = 1

2

( k Â)

Cõu 3 : Phng trỡnh honh giao im ca ( H)
v Ox
x = 0
1 3
x x2 = 0
3
x = 3

(0.25)

2

3

1

V = x 3 x 2 ữ dx

3

0

( 0.25 )

3

2
1

= x 6 x 5 + x 4 ữdx
9
3

0

( 0.25 )

3

1
1
81
1
= x7 x6 + x5 ữ =
9
5 0 35
63

4

( 0.25 )

( 0.25 )

Cõu 4 :
a)
z 2 4 z + 8 = 0 ( ' = 4 )
-2

O

1

x
(0.25)

z = 2 2i
1
z2 = 2 + 2i
2

( 0.25 )

2

A = z1 + z2 + 9 z1.z2 = 8 + 8 + 9.8 = 88

2. Ta có: y = 3x2 + 6x + m2 tx: D = R

Hàm số có cực đại, cực tiểu
y = 0 có 2 nghiệm phân biệt
' = 9 3m 2 > 0
( 0.25 )

b) log x 2 log 4 x +

3


(0.25)

x12 + x22 = 4 ( x1 + x2 ) 2 x1 x2 = 4
2

S 2 2P = 4
4
Cõu 2

2.m 2
= 4 m = 0(n)
3

( 0.25)
( 0.25)

(0.25)

7

= 0 ( 1) K: 0 < x 1
6

(1) 6log x 2 3log 2 x + 7 = 0

6
3log 2 x + 7 = 0
log 2 x

3log 22 x 7 log 2 x 6 = 0

( 0.25 )

log 2 x = 3
x = 8(n)


(0.25)

2/3
log 2 x = 2
(n)
x = 2
3

Cõu 5 : Gi I(1 + 2t, t, 1 + t) l tõm mt cu
Gt d(I, (P)) = d(I, (Q)) = R
1 + 2t + 2t 2 + 2t + 1 2 + 4t t + 2 2t + 3

=

3
3
(0.25)


 7
t=
6t = t + 7
⇔
⇔ 5

6t = − t − 7
 t = −1
7
14
 19 7 2 
t = ⇒ I  ; − ; ÷, R =
5
5 5
5
 5
2

(0.25)

2

2

(S) : ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 4

Câu 6:

2

2

(0.25)

B/

C/

A/
I
K

C

H

A
Từ giả thiết suy ra B H là chiều cao của lăng trụ.
Góc giữa cạnh bên BB’ và mặt đáy bằng góc
B / BH = 60 0
AB = sin 30o.BC = a
a 3+
(0.25)
AC = cos30o.BC =
2
1

a2 3
SABC = AB.AC =
2
2
a
a 3
BH = ; B ' H = BH.tan 60o =
2
2
3
3a
(0.25)
VABC.A 'B'C' = B' H.SABC =
4
Ta có AA’ // BB’
Suy ra
d ( AA ', BC ) = d ( AA ', ( BCC ' B ') ) = d ( A, ( BCC ' B ' ) )
/

= 2d ( H , ( BCC ' B ' ) )

Dựng HK ⊥ BC tại K; HI ⊥ BK tại I
 HK ⊥ BC
⇒ BC ⊥ HI
Ta có 
 B 'H ⊥ BC
Suy ra HI ⊥ ( BCC ' B' )
HK = BH.sin 600 =

(0.25)

a 3
4

1
1
1
a 15
=
+
⇒ HI =
2
2
2
HI
HK
HB '
10

C

K

Phương trình AK có dạng: x + y + m =0 ( vì AK
vuông góc MN)
K thuộc AK nên m = -3
Phương trình AK : x + y – 3 = 0.
I là giao điểm của AK và MN ⇒ I (1;2)
MN là đường trung bình nên I là trung điểm AK
⇒ A(0;3) (0.25)

S KMN = 1 =

B

(0.25)

I
B

(0.25)

a 15
5

N

M

19  
7 
2  196

(S) :  x − ÷ +  y + ÷ +  z − ÷ =
5 
5 
5
25

t = −1 ⇒ I ( −1;1; −2 ) , R = 2
2

Vậy d ( AA ', BC ) =
A
Câu 7:

1
S ABC ⇒ S ABC = 4
4

AK = 2 2
2S
8
BC = ABC =
= 2 2 ( 0.25 )
AK
2 2
⇒ KB = KC = 2
2

2

B, C thuộc đường tròn (C): (x – 2) + ( y – 1) = 2

Phương trình BC là: x – y – 1 = 0
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ:
 x − y − 1 = 0
 x = 1; y = 0
( 0.25) ⇔ 

2

2
 x = 3; y = 2
( x − 2 ) + ( y − 1) = 2
Vậy A(0;3) ; B(1;0); C(3;2)
hoặc A(0;3) B(3;2) C(1;0) (0.25)
Câu 8: Giải hệ phương trình:
 x 3 + y3 = ln x 2 + 1 − x + ln y 2 + 1 − y (1)


 x(x + 1) = (2 − y). y 2 + 2y + 3 (2)



1
÷
(1) ⇔ x 3 − ln x 2 + 1 − x = − y 3 + ln 
 y2 + 1 + y ÷


⇔ x 3 − ln

(

(

) (

(

)

3
Xét f (t) = t − ln

f '(t) = 3t 2 +

)

x 2 + 1 − x = ( − y)3 − ln

(

)

)

(

(− y) 2 + 1 − ( − y)

t 2 + 1 − t , D = R (0.25)

1

> 0, ∀t ∈ R
t2 +1
⇒ f đồng biến trên R.
Vậy (1) ⇔ f (x) = f (− y) ⇔ x = − y

(0.25)

Thay vào (2) ⇒ x 2 + x = (x + 2). x 2 − 2x + 3

)


(x 2 + x)(x + 2) ≥ 0
⇔ 2
2
2
2
(x + x) = (x − 2x + 3).(x + 2)
(x 2 + x)(x + 2) ≥ 0
⇔ 2
⇔ x = 1± 7
 x − 2x − 6 = 0
KL: nghiệm hpt:
(1 + 7; −1 − 7);(1 − 7;( −1 + 7)

(0.25)

(0.25)

Câu 9:
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

a2
a2
4a 2
≥

=
.
(b + c) 2 + 5bc (b + c) 2 + 5 (b + c ) 2 9(b + c) 2
4
(0.25)
b2
4b 2
≥
Tương tự, ta có (c + a ) 2 + 5ca 9(c + a ) 2 .
Suy ra
a2
b2
4  a2
b2 
+
≥
+

÷
(b + c)2 + 5bc (c + a) 2 + 5ca 9  (b + c ) 2 (c + a) 2 
2

2

2 a
b 
2  a 2 + b 2 + c (a + b) 
≥ 
+
=


÷
9b+c c+a÷
9  ab + c(a + b) + c 2 

2

 (a + b) 2

2
+ c ( a + b) ÷
2
2  2( a + b) 2 + 4c( a + b) 
2
≥ 
÷ = 
÷.
9  ( a + b) 2
9  ( a + b ) 2 + 4c ( a + b ) + 4c 2 
+ c (a + b ) + c 2 ÷

÷
4



Vì a + b + c = 1 ⇔ a + b = 1 − c nên
2

2  2(1 − c) 2 + 4c(1 − c)  3

2
P≥ 
÷ − (1 − c)
9  (1 − c) 2 + 4c(1 − c) + 4c 2  4
2

8
2  3
2
= 1 −
÷ − (1 − c) . (1)
9  c +1 4

(0.25)
2

8
2  3
2
f (c ) =  1 −
÷ − (1 − c) với
9  c +1 4

Xét hàm số

c ∈ (0; 1).
Ta có f '(c) =

16 
2 

2
3
− (c − 1);
1 −
÷.
2
9  c + 1  (c + 1)
2

Bảng biến thiên:
c

f '(c)
f (c )

0

–

1
3
0
−1
9

1
+

(

)

1
f '(c) = 0 ⇔ (c − 1) 64 − (3c + 3)3 = 0 ⇔ c = . (0.2
3
5)
1
Dựa vào bbt ta có f (c ) ≥ − với mọi c ∈ (0; 1). (2)
9
1
Từ (1) và (2) suy ra P ≥ − , dấu đẳng thức xảy ra khi
9
1
a=b=c= .
3
1
1
Vậy GTNN của P là − , đạt khi a = b = c = .
9
3
(0.25)