Đề và đáp án thi thử môn toán THPT tham khảo thi đại học (3)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (THPT QG) NĂM 2016

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Tìm m để phương trình x 3 − 3 x 2 + 1 = m có ba nghiệm thực phân biệt.
Câu 2.(1 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2 x + 4 cos(π − x ) = 0 .
b) Tính môđun của số phức z biết z =

− 1 + 2i 3 + i
+
.
1+ i
2

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log 52 x + log 5 x − 2 = 0 .

(

)(

)

y

 x + 3 − y 1− y +1 =
Câu 4.(1 điểm) Giải hệ phương trình: 
x

3
2
2
3
 x + x y + xy = 3 y

π
2

(

)

Câu 5.(1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ 1 + cos 5 x dx .
0

Câu 6.(1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,AB=2a,AC=a,AA’ = 3a.
Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BC.

Câu 7.(1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy co hình ch ữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường tròn
x 2 + y 2 = 10 ,đỉnh C thuộc đường thẳng x + 2 y − 1 = 0 .Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên AC. Biết rằng
 −3 1
các điểm N 
;  ,P (1;1) lần lượt là trung điểm của AM ,CD đồng thời B có hoành độ dương,C có tung độ
 5 5
âm.Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

Câu 8.(1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − x − 2 y + 4 z −

15

= 0,
4

mặt phẳng (P): 2 x − y + 2 z + 13 = 0 .Tìm tâm và bán kính của mặt cầu (S ) .Viết phương trình mặt phẳng (Q)
song song với mặt phẳng (P đồng thời tiếp xúc với (S ) .

Câu 9.(0,5 điểm) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau được tạo ra từ các chữ số
0,1,2,3,4,5,6. Chọn ngẩu nhiên một số từ A. Tính xác suất để số được chọn có các chữ số khác chữ số 0 và
tổng các chữ ố là 8.

Câu 10.(1 điểm) Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn: log 2 a + log 8 b 3 + log 32 c 5 = 0 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

1
1+ a

2

+

1
1+ b

2

+

1
1+ c2

.

1


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (THPTQG) 2016
Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)
Đáp án
Câu
1
a. (1,0 điểm)
(2,0 +) Tập xác định D = R
điểm) +) Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 − 6 x, y ' = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2
Giới hạn: lim y = +∞ , lim y = −∞
x →+∞

Điểm
0,25
0,25

x →−∞

Bảng biến thiên:

−∞

+∞

−∞
0,25

+∞

Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞;0) và (2;+∞ ) ,nghịch biến trên khoảng (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1 ,hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = −3
+) Đồ thị
Đồ thị hàm số đi qua các điểm
(0;1),(1;-1),(2;-3)....
Đồ thị đối xứng qua điểm I ( 1; -1).

0,25

b. (1,0 điểm)
Số nghiệm của phương trình x 3 − 3 x 2 + 1 = m chính là số giao điểm của đồ thị (C ) với đường
thẳng y = m .
Từ đồ thị suy ra phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi − 3 ≺ m ≺ 1
2
a. (0,5 điểm)
(1,0 Ta có : sin 2 x + 4 cos(π − x ) = 0 ⇔ 2 sin x. cos x − 4 cos x = 0 ⇔ 2 cos x(sin x − 2) = 0
điểm) ( sin x = 2 không xẩy ra)

⇔ cos x = 0 ⇔ x =

π

2

+ kπ , k ∈ Z

0,5
0,5
0,25
0,25

b. (0,5 điểm)
Ta có z =

− 1 + 2i 3 + i (−1 + 2i) (1 − i ) 3 + i −1 − 3i 3 + i
+
=
+
=
+
1+ i
2
(1 + i) (1 − i )
2
2
2

0,25

2


=1 − i vậy z = 12 + (−1) 2 = 2

0,25

3
3 (0,5 điểm)
(0,5 Đk: x > 0 ,Pt log 52 x + log 5 x − 2 = 0 ⇔ (log 5 x − 1)(log 5 x + 2 ) = 0
điểm)
x = 5
log 5 x = 1
(TM )
⇔
⇔
x = 1
log
2
=
−
x
 5
25


0,25
0,25

4
(1,0 Đk: x ≠ 0
điểm) Ta có x 3 + x 2 y + xy 2 = 3 y 3 ⇔ ( x − y )(x 2 + 2 xy + 3 y 2 ) = 0 ⇔ ( x − y ) ( x + y )2 + 2 y 2 = 0

[

]

⇔ x = y ≠ 0 do ( x + y ) + 2 y = 0 ⇔ x = y = 0 không thỏa mản.
2

2

(

]

)( 1 − x + 1) = 1 , x ∈ (0;1]
x )( 1 − x + 1) = 1 ⇔ 3( 1 − x + 1) = ( x + 3 + x ) (*)

Với x = y ≠ 0 từ phương trình đầu ta có

(

[

x+3 − x

Khi đó x + 3 −
Ta thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình (*)
Với 0 < x < 1 thì 3

(

)

1 − x + 1 > 3 còn

(

0,25

)

x + 3 + x < 3 nên (*) vô nghiệm.Vây (*) có

nghiệm duy nhất là x = 1 từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (1;1)
π
π
π
5
2
2
2
(1,0
Ta có I = ∫ 1 + cos 5 x dx = ∫ dx + ∫ cos 5 xdx
điểm)
0
0
0

(

)

π

π

2

Trong đó:

π

0,25

0

π

π

π

2

2

2

0

0

0

(

)

2

Xét K = ∫ cos 5 xdx = ∫ cos 4 x. cos xdx = ∫ 1 − sin 2 x . cos xdx

Đặt t = sin x suy ra dt = cos x.dx , x = 0 ⇒ t = 0, x =

∫ (1 − 2t

)

 2
t
+ t 4 dt =  t − t 3 +
5
 3
0
π 8
Vậy I = +
2 15
Thể tích khối lăng trụ là
6
(1,0
1
=
AA
S

AA
AB. AC
V
=
'.
'.
∆
ABC
điểm)
2
1
= 3a. 2a.a = 3a 3
2
=

2

0,25

0,25

∫ dx = x 2 = 2
0

1

0,5

5

1 8
 =
 0 15

π
2

0,25

∫ (1 − t ) dt
1

⇒ t = 1 khi đó K =

2 2

0

0,25

0,5

3


Gọi M và M ' lần lượt là chân đường cao hạ từ A và A' trong các tam giác ABC , A' B ' C '
ta có B' C ' ⊥ ( AA' M ' M ) nên ( AB'C ') ⊥ ( AA' M ' M ) .Trong mp ( AA' M ' M ) hạ MH ⊥ AM ' thì
MH ⊥ ( AB ' C ' )
Khi đó d ( AB ', BC ) = d ( BC ,( AB 'C ' )) = d (M ,( AB 'C ")) = MH
1

1
1
1
1
1
=
+
=
+
+
2
2
2
2
2
MH
MM '
AM
MM '
AB
AC 2
1
1
1
1
49
6
6
= 2 + 2 + 2 =
=> MH = a .Vậy d ( AB ', BC ) = a

=>
2
2
7
7
MH
a
9a
4a
36a

mà

Gọi Q là trung điểm BM thì PCQN là hình bình hành nên NP // CQ,mặt khác Q là trực tâm trong
7
(1,0 tam giác BNC nên CQ ⊥ BN suy ra BN ⊥ NP
điểm)
8 4
Ta có NP =  ;  là một véctơ pháp tuyến của đường thẳng BN nên phương trình đường
5 5
8
2 4
1
thẳng BN là  x +  +  x −  = 0 ⇔ 2 x + y + 1 = 0 .Tọa
5
5 5
5
độ B là nghiệm của hệ
−9


x=

1
x
2 x + y + 1 = 0
 y = −1 − 2 x
=


5
⇔ 2
⇔
∨
 2
2
 y = −3  y = 13
 x + y = 10
5 x + 4 x + 9 = 0

5
suy ra B (1;−3) vì B có hoành độ dương.

0,25

0,25

0,25

0,25

Gọi C (1 − 2c; c ) ta có CB = (2c;−3 − c ) , CP = (2c;1 − c ) do CB ⊥ CP nên CP.CB = 0

⇒ 4c 2 − ( 3 + c )(1 − c ) = 0 ⇔ 5c 2 + 2c − 3 = 0 ⇔ c = −1 ∨ c =
do C có tung độ âm nên C (3;−1)
Suy ra D(− 1;3) , A(−3;1) .
Vậy A(−3;1) , B (1;−3) , C (3;−1) , D(− 1;3)

3
5

0,25

8
1
15
1

+1+ 4 +
=3
(1,0 Mặt cầu có tâm I  ;1;−2  và bán kính R =
4
4
2


điểm)
Do Mp (Q ) song song với mp (P ) nên phương trình có dạng 2 x − y + 2 z + D = 0, D ≠ 13

(Q ) tiếp xúc với (S )

nên d ( I ,( Q ) ) = R =>

0,25

1−1− 4 + D

=3
9
⇔ D − 4 = 9 ⇔ D = 13 ∨ D = −5 , do D ≠ 13 nên ta lấy D = −5 vậy phương trình cần tìm là
2x − y + 2z − 5 = 0

0,25
0,25
0,25
0,25

Ký hiệu abc là một số bất kỳ thuộc A
9
0,25
Ta thấy a có 6 cách chọn do (a ≠ 0) ,b có 6 cách chọn do (b ≠ a ) tương tự c có 5 cách chọn
(0,5
Vậy số phần ử của A là 6.6.5 = 180
điểm)
Xét số abc có các chữ số khác chữ số 0 và tổng các chữ số là 8 từ các chữ số đã cho ta chon được các
bộ số {a; b; c}là {a; b; c} = {1;3;4}và {a; b; c} = {1;2;5} .Từ mỗi bộ trên ta tạo được 3!= 6 số nên ta có 120,25
s

4

abc có các chữ số khác chữ số 0 và tổng các chữ số là 8 .Xác suất cần tìm là p =

12
1
=
180 15

10
Từ giả thiết suy ra a, b, c > 0 và a.b.c = 1 , không mất tính tổng quát ta giả sử a = max {a, b, c}
(1,0
⇒ 0 < bc ≤ 1
điểm)
1
1
2
1
2
3 2
+
≤
+
≤
Ta chứng minh
(1) và
(2)
2
1 + bc
1 + bc
1 + b2
1+ c2

1+ a2

0,25
0,25

1
1
1
1
1
1 + b2 +1 + c2
2
+
+
=
) ≤
Với (1) ta có : (
2 1+ b2
1 + b2 1 + c2
1+ b2 1+ c2
1+ c2

(

= 1+

1 − ( bc )

2

≤ 1+

(1 + b )(1 + c )

hay (

2

1
1+ b

2

2

1

+

Với (2) ta có

1+ c

2

1
1+ a2

)2 ≤
≤

1 − ( bc )

(1 + bc )

2
2

=

)(

)

2
1 + bc

0,25

4
1
1
2
⇔
+
≤
2
2
1 + bc
1 + bc

1+ b
1+ c

2
1
2
2
2
3 2
=>
+
≤
+
≤
1+ a
2
1 + bc 1 + a
1 + bc
1+ a2

1
2
3
3
1
2
1 + 3a
2a
1 + 3a − 2 2a . 1 + a
+

≤ ⇒ −
−
≥0⇔
−
=
1+ a
2 1+ a
2(1 + a )
1+ a
2(1 + a )
1 + bc 2
1 + bc
( 2a − 1 + a ) 2
=
≥ 0 đúng,
2(1 + a )

=>

Suy ra

1
1+ a2

+

2
1 + bc

≤

Cộng (1) và (2) theo từng vế ta có :
dấu bằng khi a = b = c = 1
Vậy giá trị lớn nhất của P là

0,25

3 2
.
2
1
1+ a2

+

1
1+ b2

+

1
1+ c2

≤

3 2
2

3 2
.

2

--------- Hết ----------

5