Đề 37 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) năm2016

SỞ GD - ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  4 x 2  3 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Tìm m để phương trình x 4  4 x 2  m 1  0 có đúng 2 nghiệm.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 4 x 1  3.2 x  16  0 .
b) Giải phương trình cos 2 x  5sin x  3  0 .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho góc  thỏa mãn cos 

3
và     0 . Tính giá trị biểu thức A  sin 2  cos 2 .
5


2y 
b) Tìm số hạng trong khai triển nhị thức Niutơn  x 3 

x 


3n

,  x  0  mà tổng số mũ của x và y

trong số hạng đó bằng 15, biết n thỏa mãn 4Cn2  3n  12 .
Câu 4 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

m  x  3 1
x 3

(m hằng số). Tìm m để khoảng cách từ giao điểm hai

đường tiệm cận của đồ thị hàm số đến đường thẳng d : y  x  2 bằng 2 .
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình log2  x  2  log2  x  4  4 .
b) Có 30 tấm thẻ được đánh số thứ tự từ số 1 đến số 30 mỗi tấm một số. Chọn ngẫu nhiên 10 tấm
thẻ. Tính xác suất để chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng 1
tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC .A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh AB  3a ,
BC  5a . Hình chiếu vuông góc của điểm B ' trên mặt phẳng  ABC  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC . Góc giữa hai mặt phẳng  ABB ' A '  và mặt phẳng  ABC  bằng 600 . Tính thể tích khối
lăng trụ ABC .A ' B ' C ' và khoảng cách từ điểm B ' đến mặt phẳng  ACC ' A ' .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB / / CD ) có đỉnh
A  2; 1 . Giao điểm hai đường chéo AC và BD là điểm I 1; 2  . Đường tròn ngoại tiếp tam giác

 27 9 
ADI có tâm là E   ;   . Biết đường thẳng BC đi qua điểm M  9; 6  . Tìm tọa độ đỉnh B , D
8
 8
biết điểm B có tung độ nhỏ hơn 3.



3



Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình x 4  x 2  x 2  2 x  1

3

 2  4x  2 x2  x4 .

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn 5  4 x 2  y 2  z 2   18  xy  yz  zx  .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

x
2
.

2
y  z  2 x  y  z 3
2

-------------------HẾT-----------------Cảm ơn thầy Nguyễn Thế Anh () GV THPT Cù Huy Cận , Hà Tỉnh đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl


SỞ GD - ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi : TOÁN

CÂU

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a)  TXĐ D  
0,25

x  0
 Sự biến thiên y '  4 x3  8 x ; y '  0  4 x3  8 x  0  
x   2
1



 





 

Các khoảng đồng biến ;  2 và 0; 2 ; các khoảng nghịch biến  2; 0 và

(2,0đ)

2; 



0,25

- Cực trị: Hàm đạt cực tiểu tại xCT = 0, yCT = -3; đạt cực đại tại xCĐ   2 , yCĐ = 1
- Giới hạn tại vô cực: lim y  lim y  
x 

x 

 Bảng biến thiên
x

- 2

-∞
+

y'

0
1

-

0

+∞

2

0
+

0
1

-

0,25

y
-3

-∞

-∞

y
1
-1 O

- 2

0,25
1
2

x

-3

b) Phương trình đã cho tương đương x 4  4 x 2  3  m  4

(1)

0,25

Phương trình (1) có 2 nghiệm khi chỉ khi đường thẳng y  m  4 cắt với đồ thị hàm số
y  x 4  4 x 2  3 tại 2 điểm phân biệt.

0,25

m  4  1
m  5

Từ đồ thị trên, ta có phương trình (1) có 2 nghiệm khi chỉ khi: 
m

4


3

m  1
Vậy các giá trị thỏa mãn là m  1 và m  5 .

0,25

2 x  16  0

a) Phương trình tương đương 4 x  12.2 x  64  0   x
2  4  0
(1,0đ)
2

0,25
0,25

Do 2 x  16  0 vô nghiệm, nên phương trình tương đương 2 x  4  x  2 .
Vậy nghiệm của phương trình là x  2 .

0,25

b) Phương trình tương đương với 2sin2 x  5sin x  2  0   sin x  2 1  2sin x   0 (1)

0,25



 x  6  k 2
1
Do sin x  2  0 vô nghiệm nên (1)  sin x   
, k Z .
2
 x  5  k 2

6

5
 k 2 , k  Z .

Vậy các nghiệm phương trình là x   k2 và x 
6
6

0,25


a) Do     0  sin   0 mà sin 2   1  cos2  
3

16
4
nên sin  
25
5

0,25

24
7
17
; cos2  2 cos2   1 
. Do đó A 
25
25
25

0,25

Phương trình 4Cn2  3n  12  2n2  5n  12  0   n  4  2n  3  0  n  4

0,25

(1,0đ) Ta có sin 2  2 sin  .cos 
b) Điều kiện n  2, n  

12


k k 36  4 k k
2y 
Khi đó, ta có số hạng tổng quát của khai triển  x 3 
y
 là T   2  C12 x
x 

Số hạng thỏa mãn yêu cầu khi k nghiệm phương trình 36  4 k  k  15  k  7 (nhận)
0,25

7

7 8 7
Do đó số hạng cần tìm là T   2  C12
x y  101376 x 8 y 7 .

4

a) TXĐ D   \ 3 ; lim y   ; lim y    x  3 là tiệm cận đứng



x3

(1,0đ)

0,25

x3

lim y  lim y  m  y  m là tiệm cận ngang.

x

x

0,25

Giao điểm 2 đường tiệm cận là I  3; m
Yêu cầu thỏa mãn khi: d  I; d  

m 1
2

0,25
 2.

 m  1

. Vậy m  1 và m  3 .
m  3
Điều kiện x  2

0,25



0,25



Khi đó phương trình tương đương với log2 x2  2x  8  4  x2  2x  24  0
(thỏa mãn)
x  4

 x  6 (loại)
(1,0đ)
Vậy nghiệm của phương trình là x  4
5

0,25
0,25

10
b)  Số phần tử của không gian mẫu là n     C30
.

 Gọi biến cố A= " chọn 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có
đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 " .

0,25

5
4
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A   C15
.C31.C12
.

Vậy xác suất cần tìm là P  A 
B'

n  A 99
.

n    667
Gọi H , N lần lượt trung điểm cạnh BC và AB .

A'

C'

Ta có B ' H   ABC  và NH  AB . Suy ra góc giữa
hai mặt phẳng

 ABB ' A ' 

và mặt phẳng

 ABC 

0,25

là


B
' NH  600 .
B

6
(1,0đ)

Tam giác ABC vuông tại A , có

N
A

H
C

M

AC  BC 2  AB2  4a  NH  2a

Tam giác B ' NH vuông tại H , có

F

B'H
 3  B ' H  2a 3
HN
Thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' là

3a.4a
V  B ' H .SABC  2a 3.
 12a3 3
2

tan B
' NH 

E

0,25


Gọi E  B ' H  CC ' , M trung điểm AC . Gọi F hình chiếu vuông góc của H trên ME



0,25



Ta có AC  MH , AC  B ' H  AC  HF  HF   ACC ' A '   d H ;  ACC ' A '   HF
Mặt khác HM 

1
3a
AB  , HE  B ' H  2a 3
2
2

Trong tam giác vuông MHE tại H , có đường cao HF , nên

0,25

6a 19



 HF 
2
2
2
2
19
HF
HM
HE
36a
1

1



1



19





Vì B ' E  2 HE nên d B ';  ACC ' A '  2d H ;  ACC ' A '   2 HF 





Vậy d B ';  ACC ' A '  
A

7

12a 19
.
19

Gọi H trung điểm DI và K giao điểm của EI và BC
  DAC
 (Tính chất thang cân)
Ta có EH  DI , góc DBC
  IEH
 (góc ở tâm), suy ra DBC
  IEH
 mà
và DAC

B

I

12a 19
19

K

E

0,25

  BIK
 (đối đỉnh). Do đó BKI
  900  EK  BC
EIH

(1,0đ)
H
D

M
C

  35 25 
Ta có EI  ;  , đường thẳng BC có phương trình là 7 x  5 y  33  0
 8 8 

Ta có AI   1;3 , đường thẳng AC có phương trình là 3x  y  5  0

0,25

7 x  5 y  33  0  x  1
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 

 C  1;8 
3x  y  5  0
y  8

 33  5b 
; b  , b  3 . Ta có IA  IB  10
Điểm B  BC  B 
 7

2
b  1
2
 33  5b 
2
 10  
 1    b  2   37b  228b  191  0   191
b 
7


37

Suy ra B  4;1

(nhận)

0,25

(loại)



1  xD  6
 x  5
 D
Ta có IC  ID  2 10  DI  2 IB  
. Suy ra D  5; 4 
 2  yD  2
 yD  4

0,25

Điều kiện x  



3

 



3

Phương trình tương đương x 2  2 x  1  2 x 2  2 x  1  x 2  x 4  2 x 2  x 4
8

(1,0đ)

(1)

0,25

(2)

0,25

Xét hàm số f  t   t 3  2t , t  
Ta có f '  t   3t 2  2  0 t   suy ra hàm số f  t  đồng biến trên 





3
3
Phương trình (1) có dạng f x 2  2 x  1  f  x 2  x 4   x 2  2 x  1  x 2  x 4




Nếu x  0 thay vào (2) không thỏa mãn
Nếu x  0 thì phương trình (2)  x 

1
1
 2  3  x . Đặt

x
x

3

1
 x  t , ta có phương trình
x

0,25

2

 1 7
t 3  t  2  0   t  1 t 2  t  2  0  t  1 ( Vì t 2  t  2   t     0 )
 2 4



Với t  1  3



1
1
1  5
 x  1   x  1   x2  x  1  0  x 
.
x
x

2

0,25

1  5
1  5
Đối chiếu điều kiện x 
, x
thỏa mãn
2
2
1  5
1  5
Vậy nghiệm của phương trình là x 
và x 
2
2
2
2
2
Ta có 5  4 x  y  z   18  xy  yz  zx 
2

 5  2 x  y  z   18  xy  yz  zx   10  2 xy  yz  2 zx 
2

 5  2 x  y  z   38 x  y  z   28 yz  38 x  y  z   7  y  z 

9

2

0,25

2

 2x

38 x
x
 5
 1 
7 
 1  x  y  z (Do y  z  0 ).
(1,0đ)
yz
yz
 yz

1
2
2
Mặt khác ta có  y  z   2  y 2  z 2   y 2  z 2   y  z 
2
Đặt t  y  z  0 .
yz
2
2
2
2

2



 
Khi đó P 
3
3
3
1
2
 y  z   2  y  z   y  z  y  z 27  y  z  t 27t
2
2 2
2
2
Xét hàm số f  t    3 với t  0 . Ta có f '  t   2  4 .
t
9t
t 27t
1
Với t  0 , f '  t   0  9t 2  1  0  t  .
3
Bảng biến thiên
t

0

f'(t)

+

1
3
0

0,25

0,25

+∞
-

4
f(t)
-∞

0

1
1
Ta có x  , y  z  thỏa mãn điều kiện bài toán và khi đó P  4 .
3
6
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 4.
Cảm ơn thầy Nguyễn Thế Anh () GV THPT Cù Huy Cận , Hà Tỉnh đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl

0,25