ĐỀ THI THỬ TN THPT QUỐC GIA 2016

Kú THI THö THPT QuèC GIA 2016
M¤N TO¸N.
Thêi gian lµm bµi 180 phót
Hä vµ tªn:…………………………sbd.............................
2x + 1
.
x −1
2x +1
Câu 2 (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
, biết tiếp tuyến song
x−2

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

song với d : y = −5 x + 22 .
Câu 3 (1 điểm). Giải các phương trình sau:
π

3
a) sin x − 2sin x + sin  − 2x ÷ = 0
2



11
3

Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân: I = ∫
2

b) 3.25 x − 2.5 x +1 + 7 = 0

xdx
.
( x − 1) 3x − 2

Câu 5 (1 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x + 2 y + 2 z − 3 = 0 , đường thẳng

x − 2 y +1 z
=
=
và điểm A(2;5;8). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A và vuông góc với
1
−2
−1
đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P)
8
bằng .
3
d:

Câu 6 (1 điểm).
n

2 

a) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  x − 2 ÷ . Biết n là số tự nhiên thỏa
x 

3

3C3n = 4n + 6C n2 .
b) Cho số phức z thỏa (1 + 2i) z + (1- 2 z )i = 1 + 3i . Tính môđun của z .
Câu 7 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB= 3a, AD=4a.
SA ⊥ ( ABCD ) , SC tạo với đáy góc 450 . Gọi M là trung điểm BC. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và DM.
Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có hai điểm M, N lần lượt là
 22 11 
; ÷, gọi H là trung điểm DI, biết đường
 5 5

trung điểm của AB và BC, biết CM cắt DN tại I 

7 
thẳng AH cắt CD tại P  ;1÷ . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết hoành độ A nhỏ
2 
hơn 4.
 x 3 − 7 y 3 + 3 xy ( x + y ) − 24 y 2 + 3 x − 27 y = 14
( x, y ∈ ¡ ) .
Câu 9 (1 điểm). Giải hệ phương trình : 
3
2
 3 − x + y + 4 = x + y − 5
2
2
+
= (x + y)(x + z).
Câu 10 (1 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thỏa:
3x + 2y + z + 1 3x + 2z + y + 1
2(x + 3)2 + y 2 + z 2 − 16
×

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =
2x 2 + y 2 + z 2

…Hết…


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Câu
C©u 1

Đáp án
- Tập xác định D = R \ { 1}
−3
< 0 với
- Sự biến thiên y ' =
2
( x x− 1) - ∞ ∀x ≠ 1
1
+∞
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng -( −∞;1) , ( 1; +∞ )
+ Hàm số không có cựcy’trị.
∞ cận ngang của đồ thị
y ( x ) = 2 , suy ra đường2thẳng y = 2 là đường+tiệm
+ xlim
→±∞
y
lim y ( x ) = +∞, lim− y ( x ) = −∞ , suy ra đường-∞
thẳng x = 1 là đường2tiệm cận đứng của đồ thị
x →1+
x →1

§iÓm

0,25

0,25

+ Bảng biến thiên

0,25

- Đồ thị
Đồ thị nhận điểm I ( 1; 2 ) làm tâm đối xứng.

0,25

Tiếp tuyến song song d => TT có hệ số góc bằng -5
C©u 2

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình

 x0 = 3 ⇒ y0 = 7
−5
=
−
5
⇔
 x = 1 ⇒ y = −3
( x0 − 2) 2
0

 0

Phương trình tiếp tuyến y = −5( x − 1) − 3 hay y = −5 x + 2
y = −5( x − 3) + 7 hay y = −5 x + 22 (Loại)
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị là y = −5 x + 2

C©u 3a

π

3
2
a) sin x − 2sin x + sin  − 2x ÷ = 0 ⇔ s inx ( 1 − 2sin x ) + cos 2x = 0
2


⇔ sin x.cos 2x + cos 2x = 0 ⇔ cos 2x(sin x + 1) = 0
cos 2x = 0
π kπ π

⇔
⇔S=  +
; − + k2π 
2
2
4

 sin x = −1

0,5

0,25
0,25
0,25

0.25


C©u 3b

5 x = 1
x
x
b) PT ⇔ 3.25 − 10.5 + 7 = 0 ⇔  x 7
5 =

3

0,25

x = 0

 7 
⇔
. Vậy nghiệm: S = 0; log 5  
7
 x = log 5
 3 

3


0,25

2
Đặt t = 3x − 2 ⇒ t = 3x − 2 ⇒ 2tdt = 3dx ⇒ dx =

C©u 4

x = 2 ⇒ y = 2; x =

2
tdt .
3

0,25

11
⇒ y=3
3

xdx
2 t2 + 2
1
1 
2
=
dt =  +
−
dt
2

 3 t − 1 t + 1 
( x − 1) 3x − 2 3 t − 1

0,25

3

1
1 
2
t −1  3 2
3
2
−
dt =  t + ln
+ ln
Suy ra I = ∫  +
2 =


3 t − 1 t + 1
t +1 
3
2
3
2 
r
Mặt phẳng (Q) có VTPT n = (1; −2; −1) . (Q): x − 2 y − z + 16 = 0 .

C©u 5

0,5
0,5

t = 1
8
| 5 t+ 3 | 8
B (2 + t ; −1 − 2t; −t ) ∈ d ; d ( B;( P)) = ⇔
= ⇔
.
t = − 11
3
3
3
5


0,25

1 17 11
Do đó B(3; −3; −1) và B(− ; ; )
5 5 5

0,25

a) Điều kiện n ≥ 3, n ∈ ¥ .
C©u 6a

n ( n − 1) ( n − 2 )
3C = 4n + 6C ⇔

= 4n + 3n ( n − 1) ⇔ n 2 − 9n = 0 ⇒ n = 9 (do n ≥ 3 )
2
3
n

2
n

9

0,25

k

9
9
2 
k

 −2 
Khi đó ta có  x − 2 ÷ = ∑ C9k x 9− k  2 ÷ = ∑ C9k x 9−3k ( −2 )
x  k =0

x 
k =0

Số hạng chứa x 3 => 9 − 3k = 3 ⇔ k = 2

0,25

Suy ra hệ số của x 3 là C92 ( −2 ) = 144
2

C©u 6b

b) Đặt z = a + bi , ( a, b Î ¡

) ta có:

a − 4b = 1 a = 9
⇔
(1 + 2i)z + (1 − 2 z)i = 1 + 3i ⇔ a − 4b + (b + 1)i = 1 + 3i ⇔ 
b + 1 = 3
b = 2
Vậy môđun của z là z = 92 + 22 = 85 .

0,25

0,25


Do SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu
của SC lên đáy.
· , ( ABCD ) = SCA
) · = 45 . Suy ra:
( SC

S

0

SA = AC.tan 450 = 5a

K

C©u 7

1
3
Suy ra: VS.ABCD = SA.SABCD = 20a
3

H
D
I

KI / / SC ⇒ SC / / ( KMD )

⇒ d ( SC , DM ) = d ( C , ( KMD ) )
=

N
M

0,25

Gọi I = AC ∩ DM ⇒ AI = 2.IC . K thuộc
SA và AK=2.KS. Suy ra

A

B

0,25

C

1
d ( A, ( KMD ) )
2

0,25

Gọi N, H lần lượt là hình chiếu của A lên
DM, KN.
Do DM ⊥ SA, AN ⇒ DM ⊥ ( KAN )
⇒ ( KDM ) ⊥ ( KAN ) ⇒ ( KDM ) ⊥ AH

Ta có S AMD =
⇒

1
1
12a
2
10a
AN .MD = d ( M , AD ) . AD ⇒ AN =
. AK = SA =
2
2

13
3
3

1
1
1
649
60a
30a
=
+
=
⇒ AH =
. Vậy d ( SC, DM ) =
2
2
2
2
AH
AK
AN
3600a
649
649

0,25

C©u 8

* Ta có tam giác MBC bằng tam giác NCD do đó MC ⊥ DN .

AH ⊥ DN nên AMCP là hình bình hành và P là trung điểm CD và ·AIP = 900
Đường thẳng AI vuông góc PI qua I nên có dạng: 3x + 4y – 22 = 0.
1  uur 
12
9

* Gọi A(2 − 4a; 4 + 3a);  a > − ÷ ⇒ IA =  −4a − ;3a + ÷
2
5
5



0,25
0,25


 a=0
2
2
12  
9

Lại có: AI = 2 PI ⇔  4a + ÷ +  3a + ÷ = 9 ⇔ 
 a = −6 ( L)
5 
5


5


* Suy ra: A(2; 4)
AP: 2x + y – 8 = 0, DN vuông góc AP và đi qua I nên: AI: x – 2y = 0.
 16 8 
Ta có DN ∩ AP = H  ; ÷ ⇒ D(2;1) ⇒ C (5;1) ⇒ B(5; 4)
 5 5

0,5

Vậy A(2; 4), B(5; 4), C (5;1), D(2;1)
x ≤ 3
Đkxđ 
 y ≥ −4

Từ (1) ta có ( x + y )3 + 3( x + y ) = ( 2 y + 2 ) + 3 ( 2 y + 2 ) ( *)
3

0,25

f ( t ) = t + 3t ⇒ f ' ( t ) = 3t + 3 > 0 ∀t
3

( *) ⇔

2

f ( x + y) = f ( 2 y + 2 ) ⇔ y = x − 2 .

Thế vào (2) ta được
x + 2 + 3 − x = x 3 + x 2 − 4 x − 1. ( −2 ≤ x ≤ 3)

0,5

1
1
⇔ x + 2 − ( x + 4) + 3 − x − (− x + 5) = ( x 2 − x − 2)( x + 2)
3
3
1
1


⇔ ( x2 − x − 2)  3( x + 2) +
+
÷= 0
3 x + 2 + x + 4 3 3− x +5− x 

x = 2
⇔ ( x − 2 ) ( x + 1) = 0 ⇔ 
 x = −1

0,25

S = { ( −1; − 3) , ( 2;0 ) }

Ta có: (x + y)(x + z) ≤
C©u 10

(x + y + x + z)2 (2x + y + z)2
=
4
4



1
1
8
2
+
÷≥
 3x + 2y + z + 1 3x + 2z + y + 1  3(2x + y + z) + 2
Từ giả thiết suy ra:

0,25

8
(2x + y + z)2
≤
3(2x + y + z) + 2
4

Đặt 2x + y + z = t (t > 0) ⇒

8
t2
≤ ⇔ (t − 2)(3t 2 + 8t + 16) ≥ 0
3t + 2 4

⇔ t ≥ 2 ⇒ 2x + y + z ≥ 2
Mà: 4 ≤ (2x + y + z)2 ≤ (22 + 12 + 12 )(x 2 + y 2 + z 2 ) ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≥

2
×
3

0,25


Ta có: P =

12x + 2
36x + 6
2x 2 + y 2 + z 2 + 12x + 2
12x + 2
≤ 1+
= 1+ 2
=
1
+
2
3x + 2
2x 2 + y 2 + z 2
x2 + x2 + y2 + z2
x2 +
3

Xét hàm số: f(x) = 1 +

36x + 6
với x > 0.
3x 2 + 2

0,25

 x = −1 (loaïi)
−36(3x + x − 2)

f '(x) =
, f '(x) = 0 ⇔ 
2
2
2
2
x=
⇒ f  ÷ = 10
(3x + 2)

3
3
Bảng biến thiên:
2
+∞
x 0
3
2

+

y'
y

0

−

10

2

1

0,25

2
1
Vậy GTLN của P = 10. khi: x = ,y = z = ×
3
3