Tổng hợp 125 đề thi thử toán THPT quốc gia (có lời giải chi tiết 2016) phần 5

Thay y = −x vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:
2x 2 + 5x − 3

⇔

2x 2 + 3x − 3 − 2x = 3 − 5x − 2x 2

= 3 − 5x − 2x 2

2x + 3x − 3 − 2x


1
⇔ ( 2x 2 + 5x − 3 )
+ 1  = 0

 2x 2 + 3x + 3 − 2x


1
⇔ 2x 2 + 5x − 3 = 0 do
+ 1 > 0; ∀x ∈ ℝ 


2x 2 + 3x + 3 − 2x

1
x =
⇔ 
2


 x = −3
1
1
Với x = ⇒ y = − (thỏa điều kiện)
2
2
Với x = −3 ⇒ y = 3 (thỏa điều kiện)


 1 1 
Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm là: ( x ; y ) = 
 ; − , ( −3; 3 ) .
 2 2 

2

Câu 10. (1,0 điểm)
Cho ba số thực x , y, z thuộc khoảng ( 0; 4 ) và thỏa mãn: x + y + z = 6 2 .
Chứng minh rằng:

1
16 − x

2

+

1
16 − y

2

+

1
16 − z

2

≥

3 2
.
4

Dựng đường tròn tâm O đường kính AB = 4
Trên đường tròn ta lấy điểm M sao cho AM = x với 0 < x < 4 .
Tam giác ABM vuông tại M , có: MB = AB 2 − AM 2 = 16 − x 2
Gọi C là điểm chính giữa của nửa cung tròn chứa điểm M và H là chân đường cao của tam giác
MAB hạ từ đỉnh M .
. .
Suy ra: CO ⊥ AB và MH ≤ CO
1
1
Diện tích của tam giác ABM là: S ∆AMB = AM .MB = HM .AB
. . .
.
2
2
Suy ra:


AM .MB = HM .AB 
 ⇒ AM .AB ≤ CO.AB

MH ≤ CO

Khi đó, ta có:
1
x
x 16 − x 2 ≤ 2.4 = 8 ⇒
≥ (1) .
2
8
16 − x
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 16 − x 2 ⇔ x 2 = 16 − x 2 ⇔ x 2 = 8 ⇒ x = 2 2
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:
z
1
1
y
≥
(3) .
≥ (2) và
2
2
8
8
16 − y
16 − z
Cộng (1),(2) và (3) vế theo vế ta được:

1
16 − x

2

+

1
16 − y

2

+

1
16 − z

2

≥

x +y +z
6 2
3 2
=
=
8
8
4

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là Pmin =

3 2
đạt được khi x = y = z = 2 2 .
4
Hết

***

***

*****************************************************************************

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

396


S

ĐỀ
THI
GIÁO
D THI
C VÀ THỬ
ÀO T KỲ
O NGH
ANTHPT
TR

QUỐC
2016
- ĐỀ
SỐ L69N 1
THI THGIA
THPT
QU
C GIA

Thời
bài 180
phút12 N M H C 2015 – 2016
NG THPT HÀ HUY T
P gian làm
MÔN
TOÁN
--------oOo-------Th i gian làm bài: 180 phút.

Câu 1. (1,0 i m)
Kh o sát s bi n thiên và v

th c a hàm s : y = x4 − 4 x2

Câu 2. (1,0 i m)
Vi t phư ng trình ti p tuy n c a
th ng y = 8 x.

(C) .

y = x 4 + 2 x 2 bi t ti p tuy n song song v i ư ng

th hàm s

Câu 3. (1,0 i m)
a) Gi i phư ng trình: log 3 ( x + 1) + 6 log9 3 5 − x = 2 .
b) Tìm giá tr l n nh t, nh nh t c a hàm s

=

trên [ −

].

Câu 4. (1,0 i m)
e

Tính tích phân: I = x
1

1
ln x
+ 3 dx .
x +1 x
2

Câu 5. (1,0 i m)
Trong không gian v i h tr c t a

Oxyz cho ư ng th ng: d1 :

x −8 y −5 z −8
và ư ng
=
=
1
2
−1

x − 3 y −1 z −1
. Ch ng minh r ng hai ư ng th ng ó chéo nhau. Vi t phư ng trình
=
=
7
2
3
m t ph ng (P) ch a d1 và (P) song song v i d 2 .

th ng d 2 :

Câu 6. (1,0 i m)
Cho hình chóp S.ABCD có áy ABCD là hình thoi c nh a,
= , H là trung i m AB, SH vuông
góc v i m t ph ng (ABCD), tam giác SAB vuông t i S. Tính th tích kh i chóp S.ABCD và kho ng
cách gi a hai ư ng th ng BD, SC theo a.
Câu 7. (1,0 i m)
a) Gi i phư ng trình: cos 3x + sin 2 x = sin 4 x.
b) Gi i bóng á do oàn trư ng THPT Hà Huy T p t ch c có 16 i tham gia, trong ó kh i 10 có
5 i bóng, kh i 11 có 5 i bóng và kh i 12 có 6 i bóng ư c b t th m ng!u nhiên chia làm 4
b ng u A, B, C, D, m"i b ng u có úng 4 i bóng á. Tính xác su t # b ng A có úng 2 i
bóng kh i 10 và 2 i bóng kh i 11.

Câu 8. (1,0 i m)
Trong m t ph ng v i h t a

Oxy cho tam giác ABC nh n n i ti p ư ng tròn (T ) : x 2 + y 2 = 9 ,

AB < BC , ư ng tròn tâm B bán kính BC c t ư ng tròn (T) t i D khác C, c t ư ng th ng AC t i

F, bi t r ng ư ng th ng DF có phư ng trình: x + y + 4 = 0 và M ( −2;1) thu c ư ng th ng AB.
Tìm t a
các $nh A, B bi t r ng B có tung
dư ng.

Câu 9. (1,0 i m)
Gi i b t phư ng trình:

(

)

x + 4 −1

x+2 ≥

x3 + 4 x 2 + 3x − 2 ( x + 3) 3 2 x + 3

(

3

)(

2x + 3 − 3

)

.

x + 4 +1

Câu 10. (1,0 i m)
Cho ba s th c dư ng x, y , z th a mãn i%u ki n: x + y + z = xyz . Tìm giá tr l n nh t c a bi u
th c: P = ( x − 1)( y − 1)( z − 1) .
…H T…

Cảm ơn bạn Thanh Nguyên () chia sẻ đến www.laisac.page.tl

397


ÁP ÁN VÀ THANG I M
Câu

N i dung áp án
1) T p xác nh R.
2)S bi n thiên:a)Gi i h n:
lim y = lim y = +∞
x→−∞

THI TH

i m

(

d2

−∞

0
0 –
0

− 2

–

0 +

+∞

2

+∞

0

5.

+
0,25

+∞

1,0
−4

1.

Hàm s

(−

1,0

−4

ng bi n trên các kho ng

) ( 2;+∞ ) , ngh ch bi n trên các
kho ng ( −∞; − 2 ) và ( 0; 2 ) .
tc c

i t i xCD = 0, yCD = 0 ,

Ta có u1 , u2 M 1 M 2 = 84 ≠ 0 nên d1 , d 2 là

0,25

hai
ng th ng chéo nhau.

Vì m t ph ng (P) ch a d1 và song song
v i d 2 nên (P) là m t ph ng i qua M 1 và
có
1
vectơ
pháp
tuy n
là

0,25

Ph ơng trình m t ph ng (P) có d ng :
8 ( x − 8) − 10 ( y − 5) − 12 ( z − 8) = 0

0,25

t

S

th :

M

G

0,25

A
H

B

y ' = 4 x3 + 4 x . G i M ( x0 ; y0 ) là ti p i m.

0,25

PT ti p tuy n c n tìm là: y = 8( x −1) + 3 = 8x − 5

0,5

3
3.a log3 ( x +1) + 6log9 5 − x = 2 (1). K: −1< x < 5
0,5 (1) ⇔ log3 ( x + 1)( 5 − x ) = 2

⇔ − x 2 + 4 x + 5 = 9 ⇔ x = 2 (Th a mãn K)
HS ã cho liên t c trên o n −
và
=

+

=

(− ) = −
=

[− ]

(

)>

+

( )=

[− ]

∀ ∈−
=

e

e

4.
1,0

(

)

2
e
e
xdx
1 d x +1 1
=
= ln x2 + 1
I1 = 2

2
1
x +1 2 1 x +1
2
1
e

(

(

1 + e2
1
1
= ln 1 + e 2 − ln 2 = ln
2
2
2

(

e

I2 =

)

6.
0,25
1,0

0,25

0,5

1
1
AB = a .
2
2

Vì tam giác ABC là tam giác u c nh a
a2 3
.
nên S ABCD = 2 S ABC =
2
a3 3
1
.
VS . ABCD = SH .S ABCD =
3
12
G i M là trung i m SA, O là tâm hình thoi
ABCD, khi ó : SC / / OM
SC / / ( MBD )

0,25

G i P là trung i m BO, khi ó HP là
ng trung bình tam giác ABO nên

0,25

1
a
AO = và HP / / AO nên HP ⊥ BD ,
2
4
m t khác: MH ⊥ ( ABCD) MH ⊥ BD do
HP =

ó : BD ⊥ ( MHP ) . G i K là hình chi u c a H
0,25
lên MP, khi ó HK ⊥ MP,HK ⊥ BD nên

0,25

HK ⊥ ( MBD ) suy ra : d ( H ; ( MBD ) ) = HK
1
1
1
36 16 52
=
+
= 2 + 2 = 2
2
2
2
HK
HG

HP
a
a
a
a
a
HK =
d ( SC; BD ) =
2 13
13

e

ln x
1 e 1
1 1e 2
dx =− ln x + 2 dx =− − =− +1
2
x
x 1 1x
e x1 e
1

C

Vì O, H là trung i m AC và AB nên
d ( C; ( MBD ) ) = d ( A; ( MBD ) ) = 2d ( H ; ( MBD) )

)

)

O

d ( SC; BD ) = d ( SC; ( MBD ) ) = d ( C; ( MBD) ) 0,25

0,25

e

xdx
1
ln x
ln xdx
+ 3 dx = 2
+
I= x 2
x +1 x
x + 1 1 x2
1
1

K
P

SH =

(− ) = −

( )=

D

D th y tam giác SAB vuông cân t i S nên

0,25

2. Vì ti p tuy n c a
th hàm s y = x 4 + 2 x 2
song song v i
ng th ng y = 8 x nên ta
1,0
3
có: 4 x0 + 4 x0 = 8 ⇔ x0 = 1

3.b
0,5

0,25

⇔ 4 x − 5 y − 6 z + 41 = 0

c c ti u t i xCT = ± 2, yCT = −4 .
2)

0,25

n = u1 , u2 = ( 8; −10; −12)

2;0 và

Hàm s

i qua M 2 ( 3;1;1) có 1 vtcp u2 ( 7; 2;3)

u1 , u2 = ( 8; −10; −12 ) , M 1M 2 ( −5; −4 − 7 )

y ' = 0 ⇔ x = 0 ho c x = ± 2

y’
y

0,25

d1 i qua M 1 ( 8;5;8 ) có 1 vtcp u1 (1; 2; −1)

b)B ng bi n thiên: y ' = 4 x3 − 8 x;
x

)

1 + e2
1
2
I = I1 + I 2 = ln
+1 −
e
2
2

0,25

x→+∞

L N 1 N M 2016

0,25

398


cos3x + sin 2x = sin4x ⇔ cos3x − 2cos3x.sin x = 0

7.a

=

0,5 ⇔
D

7.b
0,5

=
⇔

=

π
π

π

+

( ) ⇔(

∈

0,25

S ph n t KG m u: Ω =
G i A là bi n c mà b ng A có úng 2 i
bóng kh i 10 và 2 i bóng kh i 11. Ta
có :
=
. Xác su t c n

0,25

( )=

tìm là:

+ π

=

Ω

=

=

A

F

FBD = 2 FCD

O

8.

0,5

d ơng nên:

K: ≥−
9.

( )⇔
⇔ ≥

+

(

3

)(

2x + 3 − 3

)

x + 4 +1

+ ≥

(

)(

+

−

−

− −

⇔

−

+

+

+

)(

()

≤( +

)

0,25

)≥

+∞

0,25

+

∪

)(

)(

+

()
)

T (*), (**) suy ra :

+

≤

+ −

)≤
≤(

+

)(

≥

+ +

)(

( )

=

0,5
Do ó

≤

− ⇔

)≤(

−

)

D u b"ng x y ra khi:

=

= =

(

−

V y

)(

0,25

)

=

(

⇔( +

+

0,25

, ta có:

+

(1)

−

)(
=

−

(

−

⇔ ≤

−

)

0,25
−

hay:
0,25

.

).
T NG

)

)

+ −

+

∪

+

t =

1,0

≠

10,0

0,25

+ −

(

+

)(

) (2)

+ −
+ −

1,0
TH 1.

10.

( ) (− )

x3 + 4x2 + 3x − 2( x + 3) 3 2x + 3

)

x + 4 −1 x + 2 ≥

⇔(

+

+ + + =( +

do ó AB là
ng phân giác trong c a góc
c a tam giác cân FBD nên AB c ng
1,0
là
ng cao, hay: AB ⊥ FD .
ng th ng AB qua ( − ) và vuông
góc v i DF nên có PT: ( + ) − ( − ) =
⇔ − + = .
T a các i m A, B là nghi m c a h :
− =−
=−
=
⇔
ho c
=
=
+ =

− −

+

T gi thi t ta có <
> t ơng t

c ng có : >
> . Do ó có t i a 1
bé hơn 1.
trong 3 s
TH 1. Có úng 1 s bé hơn 1, ch ng h n :
<
≥
≥ khi ó ≤ .
TH 2. ≥
≥
≥ .
t − =
>
− =
− = v i
Gi thi t bài toán tr! thành:

FBD = 2 ABD

D

(

− ≥ ⇔( +

suy ra

C

B có tung

⇔

+

)+

+

ng bi n trên R nên:

+

+ ≤

=

B

( )=

(

i chi u i u ki n − ≤ < ta có t p
nghi m c a b t ph ơng trình là :

≈

T giác ABCD
n i ti p

ng
tròn tâm O nên
ABD = ACD .
Trong
ng
tròn tâm B bán
kính BC ta có

+ ≤

( )⇔

⇔ ∈

0,25

)+

+

Hàm s

π

+ π

=

TH 2. − ≤ <

0,25

H T

>

( ) ⇔(

+

Hàm s

( )=

( )⇔

+ ≥

⇔

− ≤

+

)+

+ ≥

(

+

)+

+

()

ng bi n trên R nên :

+
+

⇔(

+

vô nghi m vì

)

≥( +
>

N U HS GI I CÁCH KHÁC MÀ V N ÚNG
THÌ CHO I M T I A CHO PH N Ó.

0,25

)

.

Cảm ơn bạn Thanh Nguyên () chia sẻ đến www.laisac.page.tl

399


TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG IV
ĐỀ
THI HÓA
THỬ KỲ THI
THANH
(Đề thi gồm 01 trang)

THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2015-2016

THPT QUỐC GIA
- ĐỀ SỐ 70
Môn2016
thi : Toán

Thời gianThời
làmgian
bài làm
180bài:
phút180 phút, không kể thời gian phát đề
--------oOo--------

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

1 3 9 2
x  x  6x  4 .
4
4

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x)  2 x 

3
trên đoạn  2;5 .
x

Câu 3 (1,0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn (2  i ) z  5  6i  0 . Tìm phần thực và phần ảo của z
b) Giải phương trình log 3 ( x2  x  1)  2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   (2 x  1)e xdx
1

0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 1; 2), B(3;1;1) và mặt
phẳng (P) : x  2 y  3 z  5  0 . Viết phương trình đường thẳng AB, tìm góc giữa đường thẳng AB với
mặt phẳng (P), và tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm).

a) Tính giá trị của biểu thức P  (3  cos 2 )(1  2cos 2 ) , biết sin  

2

.
3
b) Có hai thùng đựng một loại nước mắm Cự Nham - Xã Quảng Nham - Huyện Quảng Xương nổi tiếng
Tỉnh Thanh Hóa. Thùng thứ nhất đựng 10 chai (6 chai nước mắm Cự Nham thật và 4 chai nước mắm Cự
Nham rởm do kẻ gian bỏ vào ). Thùng thứ hai đựng 8 chai (5 chai nước mắm Cự Nham thật và 3 chai
nước mắm Cự Nham rởm do kẻ gian bỏ vào ). Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng một chai. Tính xác suất để hai
chai lấy được có ít nhất một chai là nước mắm Cự Nham thật.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB= 2a, BAC  60 , cạnh
bên SA vuông góc với đáy và SA  a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Tính thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM theo a .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AD là phân giác trong của
góc A. Các điểm M và N tương ứng thuộc các cạnh AB và AC sao cho BM= BD, CN= CD. Biết
1
3
5
D(1; ) , M ( ; 2), N (  ; 4), hãy viết phương trình của các cạnh tam giác ABC.
2
2
2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực
3
2

 y  ( x  3) y  (2 x  3) y x  1  0
 2

 y  6 y  6  ( y  1) 14 y  13  10 x  9

Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y và xy  ( x  y) z  z2  1. Tìm giá

1
1
1


trị nhỏ nhất của biểu thức P 
2
2
4( x  y) ( x  z) ( y  z) 2
-------------Hết-------------

400


TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG IV
THANH HÓA

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Đáp án

Câu
1

Điểm

1) Tập xác định : D= R

2) Sự biến thiên
a) Chiều biến thiên
3
9
Ta có y '  x2  x  6
4
2
x  2
3
9
y '  0  x2  x  6  0  
4
2
x  4
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2) và (4; ) , nghịch biến trên khoảng (2; 4)
b) Cực trị
Hàm số đạt cực đại tại (2;1) , đạt cực tiểu tại (4;0)
c) Giới hạn
lim   và lim  
x

x

d) Bảng biến thiên

x
y'
y



+

2
0
1

-



4
0

0.25

0.25


+



0.25

0

3) Đồ thị

0.25

2

Ta có hàm số f ( x) xác định và liên tục trên đoạn  2;5

0.25

3 2 x2  3

x2
x2
6
11
53
f '( x)  0  x  
  2;5 , f (2) 
, f (5) 
2
2
5

Đạo hàm f '( x)  2 

Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn  2;5 lần lượt là

3a

Ta có (2  i) z  5  6i  0

401

0.25

0.25
11
53
và
2
5

0.25

1


5  6i 4 17

 i
2i
5
5
4
17
Vậy số phức z có phần thực là
, phần ảo là
5
5
2
Phương trình đã cho tương đương với x  x  1  9
 x2  x  8  0


1  33
x 
2


1  33
x 

2
1  33
1  33
Vậy nghiệm của phương trình là x 
và x 
2
2
 (2  i) z  5  6i  z 

3b

4

0.25
0.25
0.25

0.25

Tính tích phân I   (2 x  1)e xdx
1

u  2 x  1 du  2dx
Đặt 

x
x
dv  e dx v  e
0

0.25

1 1 x
Do đó I   (2 x  1)e dx  (2 x  1)e   2e dx
0 0
0
1

x

x

1
 [(2 x  1)e x  2e x ]  e 1
0

5

Ta có AB  (2; 2;3) và vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n  (1; 2;3)
x  3 y 1 z 1



Phương trình đường thẳng AB là
2
2
3
Gọi  là góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (P) ta có
sin  

6a

6b

2.1  2.( 2)  3.3



238
34

2  2  3 . 1  (2)  3
Gọi M là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P), tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
23

x  7
 x  3  2t

 y  1  2t
1
9



 t   y 
phương trình 
7
7
 z  1  3t

 x  2 y  3 z  5  0
 10
z  7

23 9 10
Vậy tọa độ giao điểm là M ( ; ; )
7 7 7
2
1
Ta có cos 2  1  2sin 2   1  2( ) 2 
3
9
1
1
286
Vậy P  (3  )(1  2. ) 
9
9
81
Gọi A là biến cố " Có ít nhất một chai thật ", suy ra A là biến cố " Cả 2 chai đều là giả"
Số biến cố cùng khả năng là : 10.8=80
Số cách chọn được 2 chai giả : C41 .C31  4.3  12
12 3


Xác suất biến cố A là : p ( A) 
80 20
2

2

2

2

2

2

0.5

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25
0.25

0.25

0.25

2
402


Suy ra xác suất của biến cố A là : p( A)  1  p( A)  1 
7

3 17

20 20
 2 3.a 2

Tam giác ABC có BC  AB.tan 600  2 3.a  SABC
Do đó
1
VS. ABC  .SABC . SA
3
1
 .2 3a 2 .a 3
3
 2a 3
Gọi N là trung điểm cạnh SA do SB / /(CMN )
nên
d ( SB, CM )  d ( SB, (CMN ))
 d ( B, (CMN ))  d ( A, (CMN ))
Kẻ AE vuông góc với MC và AH vuông với NE ta được
AH  (CMN )  d ( A, (CNM ))  AH
Ta có

1
1
SAMC  . AM . AC.sin CAM  .a .4a . 3
2
2
Và MC  a 13 nên AE 
Vậy d ( SB, CM ) 

8

0.25
S

0.25

N

H
C
A
M

E

B

0.25

2SAMC 2 3a
2 3a

và AH 

MC
13
29

2 3a 2 87a

29
29
Từ tính chất đường phân giác trong tam giác
DB AB
BM AB



 MN / / BC
ta có
DC AC
CN AC
Đường thẳng BC đi qua D và nhận
MN  (4; 2) làm vectơ chỉ phương
có phương trình là x  2 y  2  0

0.25
A
N(-5/2;4)

M(3/2;2)

E

F

0.25
B
D(-1;-1/2)

9

0.25

C

Gọi F, E lần lượt là trung điểm của DN và DM, do CD= CN nên đường thẳng trung trực của đoạn
7 7
3 7
thẳng DN là CF. Phương trình CF đi qua F ( ; ) và nhận DN  ( ; ) làm vectơ pháp tuyến
4 4
2 2
có phương trình là x  3 y  7  0 .
x  3y  7  0
 x  4

 C (4;1)
Tọa độ điểm C là nghiệm hệ phương trình 
0.25
x  2 y  2  0
y 1
Đường thẳng AC (đi qua C và N) phương trình là 2 x  y  9  0

Tương tự BE là đường thẳng trung trực của đoạn thẳng DM có phương trình là x  y  1  0 , tọa
x  y 1  0
x  4

 B(4; 3) . Đường thẳng AB
độ điểm B là nghiệm hệ phương trình 
0.25
x  2 y  2  0
 y  3
(đi qua B và M) phương trình là 2 x  y  5  0
Vậy phương trình các cạnh của tam giác là:
AB: 2 x  y  5  0 ; BC: x  2 y  2  0 ; CA: 2 x  y  9  0
0.25
Giải hệ phương trình
2

(1)
 xy  2 x  2  y  3 y
 2
(2)

 y  6 y  6  ( y  1) 14 y  13  10 x  9

3
403


9

 x  10

ĐK 
(*)

13
y 

14
Phương trình (1) của hệ tương đương với
( y  1)2 ( x  y  1)  0
 y 1  0
 y  1


 x  y 1  0
x  y 1
13
+Với y  1 loại do đk y 
14
+Với x  y  1 phương trình (2) của hệ trở thành y2  6 y  6  ( y  1) 14 y  13  10 y  1

0.25

0.25

 y2  6 y  6  ( y  1) 14 y  13  10 y  1  0

 ( y  1) ( y  4)  14 y  13   ( y  2)  10 y  1   0
 ( y  1)

 ( y  1)

0.25

( y  4) 2  (14 y  13) ( y  2) 2  (10 y  1)

0
( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  1
y2  6 y  3
y2  6 y  3

0
( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  1



y 1
1
 ( y2  6 y  3) 

0
 ( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  1 


1
1
y 1
thì
 y2  6 y  3  0 (Vì với y 

0 )

10
( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  1

y  3 6

 y  3  6

10





Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( x; y)  (4  6;3  6), (4  6;3  6)

Đặt x  z  a . Từ giả thiết bài toán ta có ( x  z)( y  z)  1 , hay y  z 
Do x  y nên x  z  y  z . Suy ra a  1

0.25

1
a

1 a 2 1
Ta có x  y  x  z  ( y  z)  a  
a
a
2
a
a2

a2
1
3a 2 a 2 1
3a 2
2
Ta được P 
 a 

(  2)

1
4(a 2  1)2 a 2
4(a 2  1)2
4
4 a
4(a 2  1)2
4
3t
t
Đặt a 2  t  1 . Xét hàm số f (t ) 
 1
2
4(t  1)
4
t  1 3
Ta có f '(t ) 
 , f '(t )  0  (t  2)(3t 2  3t  2)  0  t  2
3
4(t  1) 4
Bảng biến thiên

t
1
2

f'(t)
0
+
f(t)

0.25

(1)

0.25

3
Từ bảng biến thiên suy ra f (t )  3 với mọi t  1

404

(2)

0.25

4


x  z  2

Từ (1) và (2) suy ra P  3 , dấu bằng đạt được tại 

2
y z 
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 3.

405

0.25

5


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG
CHUYÊN
THẾ VINH
ĐỀTHPT
THI
THỬLƯƠNG
KỲ THI
THPT

THI THỬ QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
Môn: TOÁN
QUỐC GIA 2016
- ĐỀ SỐ 71
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Thời gian làm bài 180 phút

--------oOo--------

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

2x  1
.
x 1

Câu 2 (1 điểm). Tìm m để hàm số y  x3  3mx2  3  m  2 x  m  1 có hai điểm cực trị.

Câu 3 (1,0 điểm).
1) Cho số phức z thỏa mãn 1  2i  z   3  2i  z  8  14i . Tính môđun của số phức w  1  i  z .

2) Giải phương trình 2 
x

x2
3.2 2

 8  0.

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I 


2

 2  cos x dx
si n 2 x

.

x 1 y z1
 
1
2
1
và điểm A 1; 4;1  . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng  và viết phương
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng d.
Câu 6 (1,0 điểm).
1) Cho si n x  cos x 

1
. Tính giá trị của biểu thức A  si n 3 x  cos3 x.
2

2) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển f  x    3 x2   , x  0 .


2
x



9

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có tam giác ABC vuông tại A , AB  a,

AC  a 3 . Góc giữa đường thẳng A ' C và mặt phẳng  ABC  bằng 300 . Gọi N là trung điểm của

cạnh BB ' . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và tính cô sin của góc giữa hai đường thẳng AB
và CN .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AD  2 AB . Trên đoạn thẳng
BD lấy điểm M sao cho DM  4 M B và gọi E , F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng DM và
BC . Tìm tọa độ các đỉnh A, B , C, D biết E 1; 6  , F  2; 3 , D có hoành độ lớn hơn 1 và A có
hoành độ âm.

1  2 3 1  x 

3

Câu 9 (1 điểm). Giải phương trình trên tập số thực:

3.3 3  2 x  1  2

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn :
P   a  1   b  1   c  1 

1x.

1 1 1
   3 . Tìm GTNN biểu thức :
a b c
4

a2  b2  c2  1

.

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

Cảm ơn thầy Nguyễn Tất Thu ( chia sẻ đến www.laisac.page.tl

406


ĐÁP ÁN
Đáp án

Câu
Câu Khảo sát...
1
 TXĐ: D   \ 1 .
 Sự biến thiên

+) Chiều biến thiên: y ' 

1

 x  12

Điểm

 0 x  D .

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
+) Giới hạn và tiệm cận: l i m y  l i m y  2 ; tiệm cận ngang: y  2

x 

x 

l i m y  ,

x 1



+) Bảng biến thiên
x
y'

l i m y   ; tiệm cận đứng: x  1 .

x 1



1

2

y



 Đồ thị







2

y

2

1
1/2
O



1

x



Câu Tìm m để...
2
TXĐ: D   .

Ta có y '  3 x2  2mx  m  2 , y '  0  x2  2mx  m  2  0 (*).

0,5

Hàm số đã cho có hai điểm cực trị khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt, hay
 '  m 2  m  2  0  m  1 hoặc m  2 .

Câu 1) Đặt z  x  yi , ta có 1  2i   x  yi    3  2i  x  yi   8  14i
3
4 x  8
x  2
 4 x   4 x  2 y i  8  14i  

 z  2  3i .
4 x  2 y  14
y  3
Suy ra w  3  4 i nên w  5.

2) Phương trình tương đương với 2
80
Suy ra x  2 hoặc x  4 là nghiệm của phương trình .

2

Ta có I  2 

0

0,25

0,25
x

Câu
4

0,5

x
2
 6.2

x
2
2

 2 hoặc

x
2
2

4

0,25
0,25
0,5

cos x.si n xdx
.
2  cos x

407


Đặt t  2  cos x  dt   si n xdx . Đổi cận x  0  t  3, x 


t2
2

3


2
3
t 2
dt  2  1   dt  2  t  2 l n t   2  1  2 l n  .
2
2
t
t

2
2

Khi đó I  2

3

0,5

3

Câu Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên  , ta có

5
H 1  2t; t ; 1  t  , AH   2 t; t  4;  t  2  .
 
Vì AH   nên AH .u  0  2.2t  t  4  t  2  0  t  1  H  1; 1; 0 .

0,25
0,25

Bán kính mặt cầu R  AH  14 .

0,25

Phương trình mặt cầu  x  1   y  4    z  1  14.
2

2

0,25

2

Câu
2
1
3
1) Ta có  si n x  cos x    si n x cos x   .

6
4
8

0,25

Do đó A   si n x  cos x   3 si n x cos x  si n x  cos x 
3

 

1 9
11
.


8 16 16

0,25

 2
k
k 9 k
 2 x18 3k .
    C9 3
x


Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn 18  3k  0  k  6 .

2) Số hạng tổng quát: C9k 3x2

9 k

0,25

k

0,25

Vậy số hạng không chưa x là : C96 .33.26  145152.

Câu Ta có AC là hình chiếu vuông góc của A ' C lên mặt
7
phẳng  ABC  nên 
A ' CA  300 .

B'

C'

0,25

Suy ra AA '  AC. tan 300  a.

SABC 

A'
N

1
a 3
.
AB. AC 
2
2
Thể tích khối lăng trụ là:
2

0,25

a3 3
.
V  AA ' .SABC 
2

B

M

C

A

Gọi M là trung điểm của AA ' , ta có AB  M N nên góc giữa hai đường thẳng AB và CN là

góc M
NC .
Ta có NM  CM và M N  AB  a, CN 

BC 2  BN 2 

2
2
MN

.
NC 

. Vậy cos  AB , CN  
Suy ra cos M
NC
17
17

a 17
.
2

0,25

0,25

Cảm ơn thầy Nguyễn Tất Thu ( chia sẻ đến www.laisac.page.tl

408


Câu
8

A

D
E

M
B

C

F

BM
BA 2 1
2


nên EM  ED  BD
2
5
BD
5
BD
 3  2  

1  3 
3  1 
Ta có AE  AD  AB, FE   AD  BD   AB 
AD .

5
5
2
5
5
10
 
6
3
Suy ra AE .FE  
AB 2 
AD 2  0 nên AE  FE .
25
50

Mà EF  1; 3 nên ta có phương trình AE : x  3 y  17  0 . Suy ra A  3a  17; a  .

Đặt AB  a , suy ra AD  2a,



Lại có FE 2 

0,25



9
1
2

AB 2 
AD 2  a2  a  5 , suy ra
25
100
5
2
2
9
4
AE 2 
AD 2 
AB 2  40   3a  18    a  6   40  a  8, a  4 .
25
25
Mà x A  0 nên A  5; 4  .
Từ AD  10 và FA  FD nên tọa độ của D là nghiệm của hệ :
2
2

x  3
 x  5    y  4   100

 D  3;10  (do x D  1 ).

 y  10
 x  2 2   y  32  50


 5 
Vì BD  ED nên ta suy ra B  2; 0  . Suy ra C  6; 6 .

2

0,25

0,25

0,25

Câu Điều kiện: x  1 .
9
3
Phương trình  1  2 3 1  x   1  x  3.3 3  2 x  1  2 .


1

 2 3 1  x   3.3 3  2 x  1  2 (do x  1 không là nghiệm của
1x
3(2 x  1)
 2 3 1  x   3.3 3  2 x  1 .
3(1  x)

0,25

 2a  3b  2a3  3a2 b  b3  0

0,25

phương trình)


Đặt a  3(1  x), b  3 3(2 x  1) ta có phương trình
b3

  a  b
a

2

2

 2a  b  0  a  b, b  2a . Mặt khác

2a2  b3  3 .

+) a  b , ta có 2a2  a3  3  a  1  3(1  x)  1  x 
+) b  2a , ta có 2a2  8a3  3  8a3  2a2  3  0 (1).
Vì a  0 nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

2
.
3

a3  a3  1  3a2  2a3  1  2a2 .

Do đó, ta suy ra được (1) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 

409

2
.
3

0,25

0,25


Câu Ta có ab  bc  ca  3 abc .
10
Nên  a  1  b  1  c  1  abc  ab  bc  ca  a  b  c  1

4
  ab  bc  ca   a  b  c  1 .
3

0,25

Mà  ab  bc  ca   3abc  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca .
2

Do đo a2  b2  c2   a  b  c  2  ab  bc  ca    ab  bc  ca  2  ab  bc  ca
2

2

Đặt t  ab  bc  ca , ta có a  b  c  3t nên t  3t  t  3 .
4

P  t  3t  1 
3

Xét hàm số f  t  với t  3 ta có
Vì t  3 nên  t  1  4 
Do đó

4

t 2  2t  1

f ' t 



4
4
 t  3t 
 1  f t .
t 1
3

4
3
4
.


2
3 2 t

 t  1

 t  12
f '  t   0 t  3 , suy ra f  t   f  3  10  P  10.
2

1

0,25

1
.
4

Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1. Vậy GTNN của P là 10.

Ghi chú: Nếu học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

410

0,25

0,25


SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 72

TRƯỜNG THPT QUÔC OAIThời gian làm bài 180Môn
phútthi: TOÁN

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
--------oOo--------

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  4 x 2 .

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m   để đường thẳng y  mx  1 cắt đồ thị hàm số y 
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức liên hợp của số phức iz biết rằng

1
1
b) Giải bất phương trình     
4
 2
x2

x2
tại hai điểm phân biệt.
2x 1

là số phức thỏa mãn z  (1  i ).z  7  3i.

3 x1

.



Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  ( x 2  x.ln x)dx.
e

1

Câu 5 (1,0 điểm). Cho mặt cầu ( S ) có phương trình x 2  y 2  z 2  6 x  2 y  4 z  5  0.
Gọi A là giao điểm của mặt cầu ( S ) với tia Oz . Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc
với mặt cầu ( S ) tại A.
Câu 6 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình sinx  cos x  cos 2 x.
b) Một lớp học có 3 học sinh có năng khiếu ngâm thơ, 4 học sinh có năng khiếu múa và 5 học sinh có năng
khiếu hát. Cần chọn 6 học sinh trong số đó để thành lập đội văn nghệ của lớp. Tính xác suất để 6 học sinh được
chọn có đủ cả học sinh có năng khiếu múa, hát và ngâm thơ.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a; AD  a. Trên cạnh AB
lấy điểm M sao cho AM 

a
, H là giao điểm của AC và MD. Biết SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD)
2

và SH  a. Tính thể tích khối chóp S . ADCM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có CD  2 AB  2 AD. Gọi
E là điểm thuộc đoạn AB sao cho AB  3 AE . Điểm F thuộc BC sao cho tam giác DEF cân tại E. Biết
E (2; 4); phương trình của EF là 2 x  y  8  0 ; D thuộc đường thẳng d : x  y  0 và điểm A có hoành độ
nguyên thuộc đường thẳng d ' : 3 x  y  8  0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD.


3x
 2x  y
( x  2). 1 
y

( x, y   ).
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 y 2 . 1  3x  2 x 2  y 2  4 x

y


Câu 10 (1,0 điểm). Cho
biểu thức P 

là các số thực không âm thỏa mãn xy  yz  xz  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

1
1
1
5
 2
 2
 ( x  1)( y  1)( z  1).
2
2
2
x y

y z
z x
2
2

…..........Hết .............
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………..

411

Số báo danh:………………………….


Câu
1

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM , MÔN:TOÁN
THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Đáp Án

*Tập xác định D   .
*Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên :
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
và
khoảng



hoặc x   2 .
và (
; đồng biến trên các

-Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
; yCT  4 ;đạt cực đại tại
;
.-Giới hạn: lim y  lim y  

-Bảng biến thiên:

x 

x 

x

Điểm

0,25

0,25
.

0,25
0
*Vẽ đồ thị:

-4

-4

2

O
-10

-5

x
5

10

0,25

-2

-4

x2
Câu
và
là đồ thị hàm số y 
.
Gọi :
2
2x 1
Hoành độ giao điểm của d và
là nghiệm của phương trình:

x2
1
 mx  1  x  2  (2 x  1)(m x  1) (do x  không là nghiệm )
2x 1
2
2
 2mx  (m  3) x  1  0 (1)

cắt

0,5

tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt
m  0

m  0
2 m  0

 2
 .   m  7  2 10
  0
m  14m  9  0

  m  7  2 10

Vậy m  7  2 10 hoặc
và
.
Câu Gọi z  x  yi ( x, y   )

3a z  (1  i ) z  7  3i  x  yi  (1  i )( x  yi )  7  3i  x  yi  x  yi  ix  y  7  3i

412

0,25

0,25

0,25


2 x  y  7
x  3
 (2 x  y )  xi  7  3i  

x  3
y 1



3b

1
1
   
4
 2
x

2

nên

3 x 1

1
 
2

2x

2

1
 
2

0,25

, do đó số phức liên hợp của

3 x 1

là

1
 2 x 2  3x  1  x  1  x  .
2

Vậy nghiệm của bất phương trình là

hoặc

0,5

.

e
e
e
e
e
Câu
x2
x3
e3  1
2
2
Đặt I   ( x  x ln x)dx   ( x dx   x ln xdx. Xét I1   dx 

.
4

dx

du 

u  ln x

x

Xét I 2   x ln xdx Đặt 

2
 dv  xdx v  x
1

2
1

1

1

1

2

3

1

3

e

Khi đó I 2 

4e3  3e2  1
x2
x

e2 x 2
e2  1
ln x   dx  

. Vậy I 
2
2
2 4 1
4
12
1
1

0,25

0,25

e

0.5

Câu * Gọi
. A thuộc mặt cầu
nên thay tọa độ A vào phương trình mặt
5
 a  1  0
cầu ta được a 2  4a  5  0  
nên a  5
Vì A thuộc tia

0,5

e

e

a  5

Vậy
.
có tâm
và bán kính
.
*Mặt cầu

Mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu
tại A nhận IA là véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình
Câu
6a





0,5
0.25




x
 k


4

 

 2 sin( x  4 )  0
 x  4  k
cosx+sinx  0


  x    k 2 (k  )
cosx-sinx  1  

2

 2cos( x   )  1
 x       k 2
 x  k 2


4
4
4






Vậy phương trình có các nghiệm là x 
 k ; x 
 k 2 ; x  k 2 ( k   )
4
2
b)Số phần tử của không gian mẫu là n( )  C126  924.

Vì số học sinh có năng khiếu mỗi loại đều nhỏ hơn 6 nên đội văn nghệ phải có ít
nhất hai trong ba loại năng khiếu trên.
Gọi A là biến cố”6 học sinh được chọn chỉ có 2 loại năng khiếu”
Thì là biến cố “6 học sinh được chọn có đủ 3 loại năng khiếu ‘’.
Xét số phần tử của A:
*Số cách chọn đội văn nghệ không có học sinh có năng khiếu múa là: C86 .
*Số cách chọn đội văn nghệ không có học sinh có năng khiếu hát là
*Số cách chọn đội văn nghệ không có học sinh có năng khiếu ngâm thơ là
Vậy n(A)  C86  C 67  C96  119  n( A)  924  119  805.

413

0.25

0.25


Xác suất cần tính là: P 

805 115
.


924 132

Câu *Ta có
7

S ADCM  S ABCD  S BCM  2 a 2 

 VS . ADCM

0.25

3a 2 5a 2

4
4

S

1
5a 3
.
 SH .S ADCM 
3
12

K

D

C

Vậy thể tích khối chóp S.ADCM là

0,5

5a 3
.
12

H
A

M

B

*Ta có
=

= .2 a  a 2  0  DM  AC .

0.25

a
2

Mặt khác SH  AC nên (SHD)  AC.
Trong
kẻ HK  SD . Do (SHD)  AC nên HK  AC .
Vậy HK là đoạn vuông góc chung của SD và AC nên

*Vì AM//CD nên AMH  CDH  HD  4 HM  DM 

Mà HK là đường cao trong tam giác vuông SHD

4
5

2 5a
.
5

1
1
1
2a
2a
.
nên


 HK 
. Vậy khoảng cách giữa SD và AC là
2
2
2
HK
HD
HS
3
3

Câu *Ta chứng minh tam giác DEF vuông cân tại E.
Gọi P là điểm đối xứng của D qua A.Tam giác DBP vuông tại B do
8
BA=AD=AP.Do tam giác CBD vuông tại B nên C,B,P thẳng hàng.
Vì EP=ED=EF nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PDF, do
 nên tứ giác AEBF nội tiếp đường tròn  DEF
  900 .
đó 
AED  DFP
*Đường thẳng DE qua E vuông góc với EF nên có phương trình x  2 y  6  0 .
Điểm D là giao của đường thẳng DE và d nên D(-2;2).
*Tam giác ADE vuông có DE 2  AD 2  AE 2  10 AE 2  AE 2  2.
a  1

Gọi A(a;8  3a )  d '  (a  2)  (4  3a )  2   9  A(1;5)
a
5



P
EB  2 EA  B (4; 2).
Vì  
DC  2 AB  C (4; 4).
2

Kết luận: A(1;5); B (4; 2); C (4; 4).

E

D(2; 2) .

j

C

Câu Điều kiện:
9

414

0.25

0.25

B
F

D

0.25

0.25

2

A

0.25

0.25

Đặt

khi đó ta có được hệ:

*Cộng theo vế hai phương trình cho nhau, ta được:
0.25

thế vào (1) ta được:

*Với

0.25

vào hệ không thỏa mãn.

Thay

a  0

*Với 2a  1  3a  

2
 4a  3a  1  0

Khi đó (1)

 a  1  x  y. .

0.25

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là:
. Đặt x   u; y   v  u  0; v  0.

Câu
Giả sử
10

Ta có x 2  z 2  ( x  ) 2 
z
2

z
2

z
2

3 2
z  xz  0  z (3 z  4 x )  0 luôn đúng.
4

Vậy x 2  z 2  ( x  )2  u 2 ; y 2  z 2  v 2 ; x 2  y 2  u 2  v 2
z
2

1 1

8
1 1
4
và 2  2 
 
u v uv
u v
(u  v)2
1
1
1
1
1 1
1
1 1 1
3 1 1
Vậy 2 2  2 2  2 2  2 2  2  2  2 2  ( 2  2 )  ( 2  2 )
x y
y z
z x
u v u
v
u v
4 u
v
4 u
v
1
1
6

4
6
10
10
 2 2





u  v 2uv (u  v) 2 (u  v)2 (u  v) 2 (u  v)2 (x  y z)2

Mà với u, v > 0 ta có :

(x  1)(y  1)(z  1)  xyz ( xy  xz  yz )  x  y  z  1  xyz  x  y  z  2  x  y  z  2
10
5
Vậy P 
 (x  y z)  5 .Đặt x  y  z  t (t  3)
2
( x  y  z) 2
10 5
Xét f (t)  2  với
. Ta có
.
t
2t

0.25

Mà

Từ đó ta có :
Khi

0.25

0.25

.
thì

. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

415

25
.
2

0.25


TRƯỜNG THPT ANH SƠN II

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 (Lần 1)
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT
QUỐC Môn
GIA: TOÁN;
2016 - ĐỀ SỐ 73

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian
phútphút, không kể thời gian phát đề
Thờilàm
gianbài
làm 180
bài: 180
--------oOo--------

Câu 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2  3 .
Câu 2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 
góc bằng 5 .
Câu 3. (1,0 điểm)

2x  1
, biết tiếp tuyến có hệ số
x2

a) Cho số phức z thỏa mãn z  (3  2i )(2  3i )  (1  i ) 2  8 . Tính môđun của z.

b) Giải phương trình 3x 1  5.33 x  12 .

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I   (4 
2

x2

1  x3

) dx .

Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;1; 2), B(2; 2;1), C (2; 0;1) và mặt
0

phẳng  P  :2 x  2 y  z  3  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P).

Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C.
Câu 6. (1,0 điểm)

2
a) Cho góc  thỏa mãn     và cos   . Tính giá trị biểu thức A  sin 2  cos2 .
2
3
b) Mạnh và Lâm cùng tham gia kì thi THPT Quốc Gia năm 2016, ngoài thi ba môn Toán, Văn, Anh bắt
buộc thì Mạnh và Lâm đều đăng kí thêm hai môn tự chọn khác trong ba môn: Vật Lí, Hóa Học, Sinh
Học dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển vào Đại học, Cao đẳng. Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm
có 6 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau. Tính xác suất để Mạnh và
Lâm chỉ có chung đúng một môn tự chọn và một mã đề thi.
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  2 2 a . Hình

chiếu vuông góc của điểm S trên mp(ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với
mp(ABCD) một góc 450 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và
SD theo a.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, gọi P là điểm trên cạnh BC.
Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB tại điểm D, đường thẳng qua P song song với AB cắt AC
tại điểm E. Gọi Q là điểm đối xứng của P qua DE. Tìm tọa độ điểm A, biết B(2;1) , C (2; 1) và

Q(2; 1) .

Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 1  x x 2  1  x 2  x  1(1  x 2  x  2) trên tập số thực.

Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  [0;1], b  [0;2],c  [0;3] . Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức P 

2(2ab  ac  bc)
8b
b


.
2
1  2a  b  3c
b  c  b( a  c )  8
12a  3b 2  27c 2  8
---------- Hết ---------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Cảm ơn thầy Nguyễn Trọng Thiện () chia sẻ đến www.laisac.page.tl

416


TRƯỜNG THPT ANH SƠN 2

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 (Lần 1)
Môn : TOÁN;

áp án này có 0 5 trang)
(Đ

ĐỀ CHÍNH THỨC

CÂU

1
1,0đ

ĐÁP ÁN

* Tập xác định : D  
* Sự biến thiên :
- Giới hạn lim y  lim y  
x 

ĐIỂM

0,25

x 

- Ta có y  4 x  4 x; y ,  0  x  0, x  1
Bảng biến thiên
,

3

x -

y’

-

+

-1
0

0
0

+

1
0

-

+

+

+

-3

y

-4

0,25

-4

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1 ; 0) và (1 ; +  ), nghịch biến trên các khoảng
(-  ; -1) và (0 ; 1).
- Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  3 ; hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  4 .

0,25

*Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox tại các điểm (  3;0) , cắt trục Oy tại (0; 3) . Đồ thị nhận
trục Oy làm trục đối xứng.
y

8

y

6

4

0,25

2

x
-1 5

-10

O

-5

5

10

15

-2

x

-4

-6

2
1,0đ

Tiếp tuyến có hệ số góc bằng -5 nên hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình
 5
 5
x  3


y  5   ( x  2) 2

x  1
x  2


0,25

,

Suy ra có hai tiếp điểm là A(3;7), B(1; 3)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại A là y  5( x  3)  7 hay y  5 x  22
3a
0,5đ

0,25
0,25

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại B là y  5( x  1)  3 hay y  5 x  2

0,25

Tính được z = 4 - 3i

0,25

Khi đó | z | 42  (3)2  5

0,25

417

3b
0,5đ

Phương trình đã cho tương đương 32 x  4.3x  45  0

0,25

t  9
Đặt 3x  t , (t  0) ta được t 2  4t  45  0  
. Do t>0 nên ta chọn t=9, khi đó
t  5

3x  9  32  x  2 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.

4
1,0đ

Ta có I   4 dx  
2

2

0

0

Tính A   4 dx  4 x
2

0

Tính B  
2

0

x2

1  x3
2
0

dx

0,25

0,25

8

0,25

2
dx . Đặt 1  x3  t  1  x3  t 2  x 2 dx  tdt
3
1 x
x2

3

2
t
3
2
3
2
2 3 4
Đổi cận x  t . Khi đó B   3 dt   dt  t 
0
1
31
3 1 3
t
1

0,25

3

Vậy I  A  B  8 
5
1,0đ

4 28

3 3

0,25

1
* Ta có mặt cầu (S) có tọa độ tâm là A( 0; 1; 2), bán kính R  d ( A; ( P ))  .
3

0,25

1
Vì vậy (S) có phương trình: x 2  ( y  1) 2  ( z  2)2  .
9

0,25

* Đặt M(x; y; z). Khi đó theo giả thiết ta có:

 MA  MB
2 x  3 y  z  2
 MA  MB  MC


  MB  MC
 2 x  y  1

 M  ( P)


2 x  2 y  z  3  0
2 x  2 y  z  3
x  2


  y  3 . Vậy M(2 ;3 ;-7).
 z  7


6a
0,5

Do



2

6b
0,5đ

0,25

    nên sin   0 . Do đó sin 2   1  cos 2  1 

Vậy P  2sin  .cos  2 cos 2   1  2.

0,25

4 5
5
  sin  
9 9
3

5
2
2
1 4 5
.(  )  2( )2  1  
3
3
3
9

0,25
0,25

Không gian mẫu  là các cách chọn môn tự chọn và số mã đề thi có thể nhận được của
Mạnh và Lâm.
Mạnh có C32 cách chọn hai môn tự chọn, có C61 .C61 mã đề thi có thể nhận cho hai môn tự
chọn của Mạnh.
Lâm có C32 cách chọn hai môn tự chọn, có C61 .C61 mã đề thi có thể nhận cho hai môn tự
chọn của Lâm.

418

0,25


Do đó

n( )  (C32 .C61 .C61 ) 2  11664 .

Gọi A là biến cố để Mạnh và Lâm chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề

thi. Các cặp gồm hai môn tự chọn mà mỗi cặp có chung đúng một môn thi là 3 cặp ,
gồm :
Cặp thứ nhất là (Vật lí, Hóa học) và (Vật lí, Sinh học)
Cặp thứ hai là (Hóa học, Vật lí) và (Hóa học, Sinh học)
Cặp thứ ba là (Sinh học, Vật lí) và (Sinh học, Hóa học)

Suy ra số cách chọn môn thi tự chọn của Mạnh và Lâm là C31.2!  6

0,25

Trong mỗi cặp để mã đề của Mạnh và Lâm giống nhau khi Mạnh và Lâm cùng mã đề
của môn chung, với mỗi cặp có cách nhận mã đề của của Mạnh và Lâm là

C61 .C61.1.C61  216 .

Suy ra n()  216.6  1296
Vậy xác suất cần tính là P( A) 
7

n( A) 1296 1

 .
n() 11664 9

S

A

1,0đ
D

Q

M

E
H
C

D
O
A

(Hình câu 7)

B

H

B

K

P

C

0,25

(Hình câu 8)

*Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo giả thiết ta có SH  ( ABCD) . Gọi O là giao
2
1
điểm của AC và BD. Ta có CH  CO  AC  a  AH  AC  HC  2a . Cạnh SA
3
3

  450 , SH = AH =2a. Diện tích đáy
tạo với đáy góc 450, suy ra SAH
S ABCD  AB. AD  a.2 2 a  2 2a 2 .

1
1
4 2a 3
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là V  S ABCD .SH  .2 2a 2 .2a 
.
3
3
3
*Gọi M là trung điểm SB thì mp(ACM) chứa AC và song song với SD.
Do đó d(SD ;AC)= d(SD ; (ACM))= d(D ; (ACM)).

0,25
0,25

Chọn hệ tọa độ Oxyz, với A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; 2 2a ; 0),

C (a; 2 2a;0), S (

2a 4 2a
5a 2 2a
;
; 2a), M ( ;
; a) . Từ đó viết phương trình mp(ACM)
3
3
6
3

419

0,25


àl 2 2 x  y  2 z  0 . Vậy d (SD, AC )  d ( D,( ACM )) 

| 2 2a | 2 22a

.
11
8 1 2

Chú ý: Cách 2. Dùng phương pháp hình học thuần túy, quy về KC từ một điểm
đến một mặt phẳng
8
1,0đ

Tam giác ABC cân tại A nên đường cao AK là trung trực canh BC, do đó AK có
phương trình 2x – y = 0. Phương trình đường thẳng BC là x + 2y = 0.

0,25

Ta chứng minh Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Thật vậy.
Vì AD// PE, AE// PD nên ADPE là hình bình hành, do đó PD = AE, AD = PE.
Gọi H là giao điểm của DE với CQ. Vì P, Q đối xứng nhau qua DE nên DP =DQ,

DH  PQ, EQ  EP . Do đó AE= DP= DQ, EQ= EP= AD. Suy ra ADEQ là hình thang

cân, nên ADEQ nội tiếp được đường tròn. Vì thế ta có
  DEQ
  1800  DEQ
  1800  DAQ
 (1).
DAQ

Tam giác ABC cân tại A nên tam giác EPC cân tại E, suy ra EP = EC. Lại có Q đối xứng
với P qua DE nên EQ= EP, suy ra EQ = EP = EC.

0,25

  ECQ

 EQC
  ECH
 , suy ra EPCH nội tiếp được đường tròn (2).
Từ đó có 
 EPH



 EPH  EQH

Từ (1) và (2) ta được

  1800  PEH
  1800  QEH
  DEQ
  1800  DAQ
  1800  BAQ

BCQ

  BAQ
  1800 . Suy ra tứ giác ABCQ nội tiếp, tức Q thuộc đường tròn ngoại
hay BCQ

tiếp tam giác ABC.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua B, C, Q có phương trình là x 2  y 2  5 .

2 x  y  0
 x  1, y  2

.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  2
2
 x  y  5  x  1, y  2

0,25

Đối chiếu A, Q cùng phía với đường thẳng BC ta nhận điểm A(-1 ; -2).
Vậy A(-1 ; -2).
9
1,0đ

0,25

Bất phương trình đã cho tương đương

( x x 2  1  x 2  x  1 x 2  x  2)  (1  x 2  x  1)  0



( x  1)(2 x 2  x  2)

x x  1  x  x 1 x  x  2
2

 ( x  1)(

2

2

2x2  x  2



x(1  x)

0

1  x2  x  1


x

x x 1  x  x 1 x  x  2 1 x  x 1
2

2

 ( x  1). A  0 (1) với A 

2

2

2x2  x  2

0,25
)0



x

x x 1  x  x 1 x  x  2 1 x  x 1
2

2

420

2

2

0,25