Đề 29 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) năm 2016

Trường THCS&THPT
NGUYỄN KHUYẾN
(TP.HCM)
Đề 01/2016

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1. (1,0 điểm)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3x 2  4x  2 .
Câu 2. (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f (x )   x 7  7x 4  4 





3

x  x 1 .

Câu 3. (1,0 điểm)



 2x  3y  2x  3y   5

a) Giải hệ phương trình: 
.


log 2x  3y   log 5  2x  3y   1

 5
b) Tìm các số phức z thỏamãn phương trình: 6z  z 3  z 5  0 .

Câu 4. (1,0 điểm)
1

Tính tích phân:

x
0

3

4x  2
dx .
 2x 2  x  2

Câu 5. (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x 2  y 2  z 2  2x  4y  4z  0 .
Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm (khác gốc tọa độ) của mặt cầu (S ) với các trục Ox ,Oy,Oz .
Xác định tọa độ chân đường vuông góc hạ từ tâm của mặt cầu đến mặt phẳng (MNP ) .
Câu 6. (1,0 điểm)
 

a) Cho    0;  và thỏa mãn cos   2 sin2   sin   3   0 . Tính giá trị của cot .
 2 
2
0

1
2
3
2016
b) Tính tổng: S  C 2016
.
 2C 2016
 3C 2016
 4C 2016
 ...  2017C 2016
Câu 7. (1,0 điểm)
Cho hình lập phương ABCD .A ' B 'C ' D ' có cạnh bằng 2 . Gọi M là trung điểm của AD và N

là tâm của hình vuông CC ' D ' D . Tính thể tích của khối cầu đi qua bốn đỉnh M , N , B,C ' và
khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B ' với MN .
Câu 8. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1 ) : x  y  1  0 và

(d2 ) : y  6  0 . Các đường tròn (C 1 ) và (C 2 ) có bán kính bằng nhau, có tâm cùng thuộc đường
thẳng (d1 ) và chúng cắt nhau tại hai điểm A(1; 6), B . Đường thẳng (d2 ) cắt (C 1 ),(C 2 ) lần lượt tại
hai điểm C , D (khác A ) sao cho diện tích của tam giác BCD bằng 24 .Tìm tọa độ các đỉnh
củatam giác BCD .
Câu 9. (1,0 điểm)

6


3x  6y  5  2 6y  3x  1 



Giải hệ phương trình: 
.
x  2y  3

3
2
2
2
2

x  2y  4y  x  x  2y  3  (x  2)(1  2y  x )  2



Câu 10. (1,0 điểm)
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4(x 3  8y 6 )  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P 

(x  2y 2  2)3
.
5(x 2  y 2 )  5(x  y )  3

Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân () đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl


TRƯỜNG THCS&THPT
NGUYỄN KHUYẾN
(TP.HCM)
Đề 01/2016

LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
Môn:Toán
Thời gian làm bài:180 phút
Người ra đề: Kiều Hòa Luân

Câu 1. (1,0 điểm)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3x 2  4x  2 .
Câu 2. (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x )   x 7  7x 4  4 
Xét hàm số: f (x )   x 7  7x 4  4 



x  x 1



x  x 1



3



3

Tập xác định: x   1;  
Đạo hàm của hàm số là:

f '(x )   7x 6  28x 3 



x  x 1

  x
3

7


 7x 4  4   3




2 1
1

x  x  1 


 2 x
2 x  1  



 f '(x )  0 ; x   1;  

Suy ra, hàm số f (x ) luôn đồng biến trên  1;  
lim f (x )   và f (1)  4
x 

Bảng biến thiên:
x
1
f '(x )
f (x )





4
Từ bảng biến thiên, suy ra: f (x )  f (1)  4

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là: min f (x )  f (1)  4 .
 1; 

Câu 3. (1,0 điểm)



 2x  3y  2x  3y   5

a) Giải hệ phương trình: 
.


log 2x  3y   log 5  2x  3y   1

 5
Điều kiện: 2x  3y  0


log5  2x  3y   log 5  2x  3y   1


log5  2x  3y 
Hệ phương trình tương đương: 

x
y

log
2

3

1

5


log
5


5

x
y


u

log
2

3

5
Đặt: 
x
y

 v  log5  2  3 


u v  1




u  v  1
u  1


Hệ phương trình trên được viết lại: 



v



u
1


u  2v  1
v 0






log5 5



 2x  3y  5
u  1


log5  2x  3y   1





Với 
,
ta
có:


 x
y
x
y



v

0
log
2

3

0



2  3  1

 5

 2x  3

 x  log 3
 x  log 3








Vậy hệ phương trình đã cho có một cặp nghiệm là:  log2 3; log 3 2  .
b) Tìm các số phức z thỏa mãn phương trình: 6z  z 3  z 5  0 .
Phương trình: 6z  z 3  z 5  0  z  6  z 2  z 4   0
z

z
z  0
z  0



z  0

2
2
2



  z  2   z  2i   z

 4
2

z2  3
z2  3
 z  z  6  0
z



z


0


2i

  2i .


3

 3





Vậy các số phức z thỏa mãn phương trình đã cho là: 0;  2i; 2i; 3i;  3i .

Câu 4. (1,0 điểm)
1

Tính tích phân:

x
0

1



Ta có:

0

3

4x  2
dx .
 2x 2  x  2

4x  2
dx 
3
x  2x 2  x  2

1

 x

0

2

4x  2
dx
 1  x  2 

4x  2
A
Bx  C
x 2  A  B   x  2B  C   2C  A



Đặt:
 x  2  x 2  1
 x  2  x 2  1
x 2
x2  1
A  B  0
 A  2





Đồng nhất hệ số, ta có: 
2
B


C

4


B  2




C  0
2
C

A

0




1

Suy ra:


0

1

 2 
0

4x  2
dx 
2
 x  1 x  2 
1

1


0

1

1





  2  2x  dx    2 dx 


2


 x  2 

 x  2 x  1 
0
0

d (x  2)
d (x 2  1) 

  2 ln x  2  ln x 2  1 
2
x 2
x

1
0



 2x  dx
2

 x  1 

2

0

4
 2 ln 3  ln 2  ln 2  ln 1  ln .
9
Câu 5. (1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x 2  y 2  z 2  2x  4y  4z  0 .

Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm (khác gốc tọa độ) của mặt cầu (S ) với các trục Ox ,Oy,Oz .
Xác định tọa độ chân đường vuông góc hạ từ tâm của mặt cầu đến mặt phẳng (MNP ) .
Từ giả thiết, ta có:
M  Ox  M  x M ; 0; 0 , N  Oy  N  0; yN ; 0 , P  Oz  P  0; 0; z P 
(với x M  0, yN  0 và z P  0 )

x  0
M  (S )  Ox  M  (S )  x 2  2x  0  
 M  2; 0; 0 
 x  2
y  0
N  (S )  Oy  N  (S )  y 2  4y  0  
 N  0; 4; 0 
 y  4
z  0
P  (S )  Oz  P  (S )  z 2  4z  0  
 P  0; 0; 4 
 z  4


 MN  (2; 4; 0), MP  (2; 0; 4)



 

Ta có: n   MN , MP   (16; 8; 8)  8(2;1;1) chọn n  (2;1;1)




Mặt phẳng (MNP ) qua M (2; 0; 0) , nhận n  (2;1;1) làm véctơ pháp tuyến có phương trình là:
2(x  2)  y  z  0  (MNP ) : 2x  y  z  4  0

Đường thẳng qua tâm I (1;2;2) của mặt cầu và vuông góc với (MNP ) có phương trình tham số là

 x  1  2t

(d ) :  y  2  t ; (t  ) .

 z  2  t

Vì H là chân đường vuông góc hạ từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng (MNP ) nên H là giao
điểm của (d ) và (MNP ) .
Thay x, y, z từ phương trình tham số của đường thẳng (d ) vào phương trình mặt phẳng (MNP ) , ta
1
1 5 5
được: 2(1  2t )  2  t  2  t  0  t    H ; ; .
3
3 3 3
1 5 5
Vậy H ; ;
là chân đường vuông góc cần tìm.
3 3 3
Câu 6. (1,0 điểm)
 

a) Cho    0;  và thỏa mãn cos   2 sin2   sin   3   0 . Tính giá trị của cot .
 2 

2









Phương trình: cos   2 sin 2   sin   3   0

 cos   0

 cos   0
 cos   0
  sin   1



 



2
 sin   1

2
sin



sin


3

0



  sin    3
 
2

 cos   0     k  ;  k    .
2
 


1
Vì    0;  nên 0   k      k  0  k  0 (do k  )
 2 
2
2
2

Suy ra:  
Vậy cot





 cot  cot  1 .
2
2
4


 1.
2

0
1
2
3
2016
 2C 2016
 3C 2016
 4C 2016
 ...  2017C 2016
b) Tính tổng: S  C 2016

2016

Ta có:  x  1 

0
1
2
3

2016 2016
 C 2016
 C 2016
x  C 2016
x 2  C 2016
x 3  ...  C 2016
x

Nhân hai vế với x ta được:
2016

x  x  1

0
1
2
3
2016 2017
 C 2016
x  C 2016
x 2  C 2016
x 3  C 2016
x 4  ...  C 2016
x

Lấy đạo hàm hai vế, ta được:
2015

 2017x  1 x  1 

0
1
2
3
2016 2016
 C 2016
 2C 2016
x  3C 2016
x 2  4C 2016
x 3  ...  2017C 2016
x

0
1
2
3
2016
 2C 2016
 3C 2016
 4C 2016
 ...  2016C 2016
Thay x  1 vào, ta được: 2018.22015  C 2016

Vậy tổng S  2018.22015 .
Câu 7. (1,0 điểm)


Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD .A ' B 'C ' D ' có cạnh bằng
2 . Gọi M là trung điểm của AD và N là tâm của hình vuông CC ' D ' D . Tính thể tích của khối

cầu cầu đi qua bốn đỉnh B,C ', M , N và khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B ' với MN .
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, sao cho D trùng với góc tọa độ O , A  Ox , C  Oy và
D '  Oz , khi đó ta có:
D  0; 0; 0 ,C  0;2; 0 , B  2;2; 0 , A  2; 0; 0 

D '  0; 0;2 ,C '  0;2;2  , B '  2;2;2 , A '  2; 0;2 
M là trung điểm của AD nên M  1; 0; 0 
N là trung điểm của CD ' nên N  0;1;1 

Gọi phương trình mặt cầu tâm I (a;b;c ) đi qua bốn điểm B,C ', M , N có dạng là:
(S ) : x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0
Vì mặt cầu (S ) đi qua bốn điểm B,C ', M , N nên ta có hệ phương trình:
 8  4a  4b  d  0
 6  4b  2a  1  0








8

4
b

4
c


d

0

 8  4b  4c  2a  1  0







1  2a  d  0
d  2a  1




C '




 2  2b  2c  d  0
 2  2b  2c  2a  1  0




5

N

a 




2a  4b  5  0
2




5


b 
 2a  4b  4c  7  0



2


2a  2b  2c  1  0


1



C
c


d

2
a

1


2



y

d 4



2

Bán kính của mặt cầu cần tìm là: R 

a b c d 
2

2

2

z
D'


A '
B '

D


M


A
B

2

2

 5 
 
 
    5    1   4 


 2 

 2 
 2 

35
2

Thể tích của khối cầu cầu đi qua bốn đỉnh B,C ', M , N là:
3
4
4  35 
35 35
3
 
(đvtt)
V  R   
3
3  2 
6

Tính d  DB ';MN   ?




Ta có:

A ' M   1; 0; 2 


 

A ' B '   0;2;2  

 A ' B ', MN   2; 0;2






 
MN   1;1;1  



  
 A ' B ', MN  .A ' M  2(1)  0  2(2)  6


 
 A ' B ', MN   0  22  22  2 2


Khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B ' với MN được xác định bởi:
  
 A ' B ', MN  .A ' M


6
3 2
(đvđd).

d  A ' B ';MN     





 A ' B ', MN 
2
2
2


Câu 8. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d ) : x  y  1  0 và

x


thẳng (d1 ) và chúng cắt nhau tại hai điểm A(1; 6), B . Đường thẳng (d2 ) cắt (C 1 ),(C 2 ) lần lượt tại
hai điểm C , D (khác A ) sao cho diện tích của tam giác BCD bằng 24 . Tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác BCD .
Gọi I , J là tâm của các đường tròn (C 1 ) và (C 2 )
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD, AC và H là giao điểmcủa AB với (d1 )
Ta có: AB  (d1 )  (AB ) : x  y  m  0
Mà A(1;6)  (AB )  1  6  m  0  m  7
Phương trình (AB) : x  y  7  0
 x  y  7  0
 x  3
 
 H  3; 4 

Vì H  (AB)  (d1 ) nên tọa độ của H thỏa hệ: 

 x  y  1  0
 y  4


 x  2x H  x A  5
Vì H là trung điểm của AB nên tọa độ của B thỏa:  B
 B  5;2 
 y B  2yH  yA  2

yB  6
 26  4
Khoảng cách từ B đến (d2 ) là: BK  d  B ;(d2 ) 


1
1
Diện tích của tam giác BCD là: S BCD  BK .CD
2
2S
2.24
Suy ra: CD  BCD 
 12
BK
4
Vì hai đường tròn (C 1 ) và (C 2 ) có bán kính bằng nhau nên các tâm I và J đối xứng nhau qua

H
Ta có: I  (d1 )  I  t ; t  1 

 xJ  2x H  x I  6  t
 J  6  t; 7  t 
H là trung điểm IJ nên: 

 yJ  2yH  yI  7  t


N
IH   3  t ; 3   IH  (3  t )2  32
K

A
AH   2; 2   AH  22  (2)2  2 2
M
H
Khoảng cách từ I và J đến (d ) là:
C

D (d2 )

(d1 )

J

2

IM  d  I ;(d2 ) 




JN  d J ;(d2 ) 

yI  6
1
yJ  6

 t 16  t 5

I

B

 7 t 6  1t
1
Bán kính của hai đường tròn là:




R  IA 

AH 2  IH 2 

2 2 

2

 (3  t )2  32 

Tam giác AIM vuông tại M , có: AM 

IA2  IM 2 

Tam giác AJN vuông tại N , có: AN 

IA  JN 
2

Ta có: CD  CA  AD  2(AM  AN )  2
Suy ra: 2



 26  2

4t  1 



25  4t  12 

2



t 2  6t  26

t 2  6t  26  (t  5)2 

t  6t  26  (1  t ) 

4t  1 

2

25  4t

4t  1  25  4t  6

 4t  1 25  4t   36   4t  1  25  4t   5

t  0
  4t  1 25  4t   25  16t 2  96t  0  
 t  6
Với t  0 , ta có: I  0;1 , J  6; 7  và R  26

2



4t  1
25  4t


Suy

ra

phương

2

trình

đường

tròn

là:

2

(C 1 ) : x 2   y  1   26

2

(C 2 ) :  x  6    y  7   26

 y  6  0
Vì C  (d2 )  (C 1 ) nên tọa độ của C thỏa hệ: 
 2
2
 x   y  1   26


x  1
 
x  1

2



y  6
 x  1

 
   x  1   
 C  1; 6  (do C  1;6  trùng với A )
 y  6

 x  1


 y  6
  y  6


 y  6  0

Vì D  (d2 )  (C 2 ) nên tọa độ của D thỏa hệ: 
2
2
 x  6    y  7   26


 x  11
 
  x  6  5
 x  6 2  25
 y  6




 
   x  6  5   
 D  11; 6  (do C  1;6  trùng với A )
 x  1
 y  6




 y  6
  y  6


Với t  6 , ta có: I  6; 7 , J  0;1  và R 

26

Làm tương tự, ta có: C  11; 6 , D  1; 6 
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác BCD là:
B  5;2 , C  1; 6 , D  11;6  hoặc B  5;2 , C  11;6 , D  1;6  .
Câu 9. (1,0 điểm)


6


3x  6y  5  2 6y  3x  1 



Giải hệ phương trình: 
.
x  2y  3

3
2
2
2
2

x  2y  4y  x  x  2y  3  (x  2)(1  2y  x )  2




6
 3x  6y  5  2 6y  3x  1 
(1)

x  2y  3
 3
2
2
2
2
 x  2y  4y  x  x  2y  3  (x  2)(1  2y  x )  2 (2)
 5



1

3x  6y  5  0


  x  2y 




3
 32
 6y  3x  1  0
Điều kiện:  2
.

 4y  x  0


4y  x  0


2
x  2y  3  0


2



x

2
y

3

0






6
Phương trình (1) tương đương: 5  3(2y  x )  2 3(2y  x )  1 
3  (2y  x )
Đặt: t 

2y  x ; (t  0)  t 2  2y  x

Phương trình (1) trở thành:

5  3t 2  2 3t 2  1 

 5  3t 2 . 3  t 2  2 3t 2  1. 3  t 2  6
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
8  4t 2
5  3t 2 . 3  t 2 
 4  2t 2

2
2 3t 2  1. 3  t 2  2t 2  2
Suy ra:

5  3t 2 . 3  t 2  2 3t 2  1. 3  t 2  6

6
3  t2

và


Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi:
 5  3t 2  3  t 2
 5  3t 2  3  t 2



t 2  1
 2

2
2
2


t 1
 3t  1  3  t   3t  1  3  t  



t  0


 t  0

 t  0

Với t  1 , ta có: 2y  x  1 , thay vào phương trình (2) , ta được:
x 3  x  x 2  x  1  x 2  x  4  (x 2  2)(x 2  x )  3
 x (x 2  1) 



 x (x 2  1) 





 



x 2  x  1  1  2  x 2  x  4  (x 2  2)(x 2  x )  0

x2  x

 x 2  x 



 (x 2  2)(x 2  x )  0

x x 11 2  x x 4
x (x  1)
x (x  1)
x (x  1)(x  1) 

 x (x  1)(x 2  2)  0
2
2
x x 11 2 x x 4


1
1
x (x  1)  x  1 

 x2  2  0


x2  x  1  1 2  x2  x  4
 2

1
1
0
x (x  1)  x  x  1 

2

2

x  x  1  1 2  x  x  4 
 x (x  1)  0
(3)

 2
1
1
x  x  1 

0
(4)

x2  x  1  1 2  x2  x  4
2

2

2


1
3
Vì x 2  x  1   x     0; x  

2
4
Nên x 2  x  1 

1

x2  x  1  1
Suy ra phương trình (4) vô nghiệm.



1
2  x2  x  4

 0; x  

x  0
Giải phương trình (3) : x (x  1)  0  
(thỏa)
 x  1
1
Với x  0  y  (nhận)
2
Với x  1  y  0 (nhận)


 1
Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm:  x ; y     0; ,  1; 0  .
  2 

Câu 10. (1,0 điểm)
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4(x 3  8y 6 )  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P 

(x  2y 2  2)3
.
5(x 2  y 2 )  5(x  y )  3

a, b  0 ta có: 4(a 3  b 3 )  (a  b)3

(1)

Thật vậy:
(1)  4(a 3  b 3 )  a 3  b 3  3ab(a  b)  3(a 3  b 3 )  3ab(a  b)

 (a  b)(a 2  ab  b 2 )  ab(a  b)  (a  b)(a 2  2ab  b 2 )  0
 (a  b)(a  b)2  0

(2)

Vì a, b  0 nên (2) luôn đúng. Dấu "  " xảy ra khi a  b .
Suy ra (1) được chứng minh.
Áp dụng BĐT (1) với a  x , b  2y 2 , ta có:
1  4(x 3  8y 6 )  4  x 3  (2y 2 )3   (x  2y 2 )3  x  2y 2  1 .


Lại có: 5(x 2  y 2 )  5(x  y)  3  5x 2  5x  5y 2  5y  3
2

2






1
1  10
1
1
1 1
 5  x 2  x    5  y 2  y   
 3   x     y    








4
4 4
2
2
2 2



(x  2y 2  2)3
(1  2)3

 54 .
5(x 2  y 2 )  5(x  y )  3

1
2




4(x 3  8y 6 )  1


1
2
Ta có: P  54 khi 
x y  .
 x  2y

2

1


x y 



2

Do đó: P 

1
.

2
*****************************************************************************

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là Pmax  54 , đạt được khi x  y 

Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân () đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl