de thi thu thpt quoc gia mon toan nam 2016 truong thpt nguyen sieu hung yen

TRƯỜNG THPT NGUYỄN SIÊU
THẦY TÀI – 0977.413.341
(Đề gồm 9 câu 1 trang)

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC: 2015 - 2016
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)

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 với đồ thị (C) của hàm số
f ( x)  x3  6 x 2  9 x  1 tại điểm thuộc đồ thị (C) có hoành độ là nghiệm của phương trình
2 f '( x)  xf ''( x)  6  0 .
Câu 3 (1,5 điểm).
a) Giải phương trình sin 2 x  2 3cos 2 x  2cos x  0 .
b) Giải phương trình 9

x

 4.3

x

3 0.

c) Chị Mai ra chợ mua 4 quả cam, 3 quả lê, 6 quả quýt, 1 quả bưởi và 2 quả thanh long.
Chị Mai chọn 8 quả trong số các quả mua về để bày thành mâm ngũ quả ngày tết. Tính xác
suất để mâm ngũ quả chị Mai bày có đủ các loại quả mà chị mua về trong đó có ít nhất 3 quả
cam.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm I   ( x 

1
)sin xdx.
cos x  3cos x  2
2

n

2 

Câu 5 (1,0 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Newton của  3 x5  4  , biết
x

4

rằng An3  Cn1  49  8Cn2 .
Câu 6 (1,5 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ biết AB=a, AC=2a và
BAC  600 . Hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của
tam giác ABC, góc giữa AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính theo a:
a) Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
b) Khoảng cách từ C’ đến mặt phẳng (A’BC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung
điểm của BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D(7; 2) là điểm nằm trên đoạn MC sao cho
GA=GD, phương trình đường thẳng AG là 3x  y 13  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC biết đỉnh A và B có hoành độ nhỏ hơn 4.
2

 xy  2  y x  2

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 

2
2
2

 y  (2 x  3) x  2 x  3  y  2 x  5x.

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 0  a  b  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2a 2  b2  c2
a bc
biểu thức P  2 2 2 2 
 20(a  b  c) .
(a  b )(a  c ) (a  b)c
______Hết______


TRƯỜNG THPT NGUYỄN SIÊU

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC: 2015 - 2016
MÔN: TOÁN
Đáp án gồm 7 trang
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM

Câu
1

Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x4  2x2  3 .

Điểm

TXĐ : R
Sự biến thiên:
x  0
y '  4 x  4 x, y '  0   x  1
 x  1

0,25

3

Hàm số đồng biến (-1;0) và (1; + ), nghịch biến trên (; 1) va (0;1)
Hàm số đạt cực tiểu tại xCT= 1 ; yct =-4
Hàm số đạt cực đại tại xCĐ=0; yCĐ=-3
Giới hạn:

0.25

lim y  ;lim y  


x

x



Bảng biến thiên
1,0 đ



x
y’

-

-1
0

+



0
0

1
0

-



+


-3

0,25

y
-4

-4

Đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ  3
0.25

4

2

-10

-5

5

-2

-4

10


Câu 2

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số f ( x)  x3  6x2  9x 1
tại điểm thuộc (C) có hoành độ là nghiệm của phương trình

2 f '( x)  xf ''( x)  6  0 .
Ta có f’(x)=3x2-12x+9;

1,0 đ

f’’(x)=6x-12

0,25

2 f '( x)  xf ''( x)  6  0  2(3x2 12x  9)  x(6x 12)  6  0  x  1

0,25

Tung độ là y= f (1)  13  612  9  1  5 , hệ số góc k=f’(1)=0

0,25

Phương trình tiếp tuyến là y=k(x-1)+5=5

0,25

Câu 3
Giải phương trình sin 2 x  2 3cos2 x  2cos x  0 .
Phương trình tương đương với
cos x  0
2 cos x(s inx  3 cos x  1)  0  
s inx  3 cos x  1

a)
0,5 đ

b)
0,5 đ

cos x  0  x 


2

0,25

 k



x   k 2



2
s inx  3 cos x  1  sin( x  )  sin  
7
3
6
 x    k 2

6
7

Vậy phương trình có nghiệm x 

 k 2 , x   k
6
2

Giải phương trình 9 x  4.3 x  3  0 .
Đặt 3 x  t , t  0 ta có phương trình t2 -4t+3=0 t= 1 hoặc t=3

0,25

0.25

+ Với t=1 thì 3 x  1  x  0  x  0
+ Với t=3 thì 3 x  3  x  1  x  1
KL: x=0, x=1

0.25

Chị Mai ra chợ mua 4 quả cam, 3 quả lê, 6 quả quýt, 1 quả bưởi và 2 quả thanh
long. Chị Mai chọn 8 quả trong số các quả mua về để bày thành mâm ngũ quả
ngày tết. Tính xác suất để mâm ngũ quả chị Mai bày có đủ các loại quả mà chị
mua về trong đó có ít nhất 3 quả cam.

c)
0,5 đ

Không gian mẫu gồm các tổ hợp chập 8 của 16 quả
nên n()  C168
Để mâm ngũ quả có đủ các loại quả và có ít nhất 3 quả cam thì có các trường
hợp sau:
Th1: mâm ngũ quả gồm 4 quả cam, 1 lê, 1 quýt, 1 bưởi, 1 thanh long

Số cách bày là n1  C44 .C31.C61.C11.C21
Th2: Mâm ngũ quả gồm

0.25


 3 cam, 2 lê, 1 quýt, 1 bưởi, 1 thanh long
 3 cam, 1 lê, 2 quýt, 1 bưởi, 1 thanh long
 3 cam, 1 lê, 1 quýt, 1 bưởi, 2 thanh long
Khi đó số cách bày là

0,25

n2  C43 .C32 .C61.C11.C21  C43 .C31.C62 .C11.C21  C43.C31.C61.C11.C22

Vậy xác suất cần tìm là
P

Câu 4

C44 .C31.C61.C11.C21  C43 .C32 .C61.C11.C21  C43 .C31.C62 .C11.C21  C43 .C31.C61.C11.C22
C168

1
)sin xdx.
cos x  3cos x  2
sin x
Ta có I   x sin xdx  
dx.
2

cos x  3cos x  2
Tính nguyên hàm I   ( x 

2

0,25

 x sin xdx   xd (cos x)  ( x cos x   cos xdx)   x cos x  sin x  C '

0,25

Đặt t=cosx ta có dt=-sinxdx
1,0 đ



sin x
dt
1
1
dx   2
 (

)dt 
cos x  3cos x  2
t  3t  2
t  2 t 1

ln

t 2
cos x  2
 C ''  ln
C"
t 1
cos x  1

Vậy I   x cos x  sin x  ln
Câu 5

0,25

2

cos x  2
C
cos x  1

0,25
n

2 

Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Newton của  3 x5  4  ,
x

4

biết rằng An3  Cn1  49  8Cn2 .
Điều kiện n  3, n  N

Ta có phương trình
1,0 đ

n!
n!
n!
n(n  1)

 49  8
 n(n  1)(n  2)  n  49  8
(n  3)! (n  1)!1!
(n  2)!2!
2

0,5

n3  7n 2  7n  49  0  (n  7)(n 2  7)  0  n  7 (tm)
7
5
 2
7
(7  k )
2 
3 5
 1
Ta có  x  4    C7k x 3
 4
x  k 0

 x

k

5
k

7
(7  k ) 
4
  C7k (2)k x 3
 k 0


Hệ số của x4 ứng với 5 (7  k )  k  4  k  4
3
4
4
4
4
Vậy hệ số của x là C7 (2)
Câu 6

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ biết AB=a, AC=2a và BAC  600 .
Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác
ABC, góc giữa AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính theo a
a) Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
b) Khoảng cách từ C’ đến mặt phẳng (A’BC).

0,25

0,25


A'

C'

B'
I

A

C

K
G

M
H

B

Gọi M là trung điểm BC, thì
A ' G  ( ABC ), A'AG  60

S

a)
0,75 đ

G  AM ,

AG 2

AM 3

0.25

0

1
a2 3
0
 AB. AC.sin 60 
2
2

Ta có ABC
Theo đính lí cosin và công thức trung tuyến ta có
BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos600  3a 2
AB 2  AC 2 BC 2 7a 2
a 7
AM 


 AM 
2
4
4
2

0,25

2

AG 

a 7
a 7
 A ' G  AG tan 600 
3
3

Thể tích VABC . A ' B 'C '  S ABC . A ' G 

a3 7
2

Gọi I  AC ' A ' C suy ra I là trung điểm của AC’
Từ đó d (C ',( A ' BC))  d ( A,( A ' BC))  3d (G,( A ' BC)) (do AM  3GM )
Trong (ABC) kẻ GH  BC tại H
Trong (A’GH) kẻ GK  A ' H tại K
Ta có GK  ( A ' BC)  d (G,( A ' BC))  GK
1
a2 3
1
ma SGBC  GH .BC
3
6
2

2S
a
Suy ra GH  GBC 
BC
3

Ta có SGBC  S ABC 
b)
0,75 đ

0,25

0,25

0,25

Theo hệ hức lương cho tam giác vuông
1
1
1
3
9
66
a 7


 2  2  2  GK 
2
2
2

GK
A ' G GH
7a a
7a
66

Vậy d (C ', ( A ' BC ))  3GK 

3a 7
66

0,25


Câu 7

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm
của BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D(7; 2) là điểm nằm trên đoạn MC sao
cho GA=GD, phương trình đường thẳng AG là 3x  y 13  0 . Xác định tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh A và B có hoành độ nhỏ hơn 4.
B

N

G

M
D

A

C

Gọi N là trung điểm của AB ta có G  MN ,

MG 2

MN 3

Ta có MN là đường trung trực của AB nên GA=GB lại có GA=GD nên G là tâm
ngoại tiếp ta giác ABD mà ABM  450  AGD  900 hay tam giác AGD vuông
cân tại G
0.25
Đường thẳng GD qua D(7;-2) và vuông góc với AG nên có phương trình

1,0 đ

3x  y  13  0
x  4

 G(4; 1)
x  3 y 1  0 . Tọa độ G là nghiệm của hệ 
 x  3 y 1  0
 y  1

A  AG  A(a;3a 13)
AG  GD  d ( D, AG ) 

Suy ra

3.7  2  13
10

 10

0,25

 a  5 (loai)
(a  4)2  (3a  12)2  10  a  4  1  
 a  3 (Tm)

Vậy A(3;-4)
Đặt NG=x thì ta có AN=3x và AG= AN 2  NG 2  10 x  10  x  1  AB  6 .

Câu 8

Gọi B(a;b) ta có BG  10, AB  6 suy ra hệ
Do B có hoành độ nhỏ hơn 4 nên ta chọn B(3;2)

0,25

Do G(4;-1) là trọng tâm tam giác ABM suy ra M(6;-1). Lại có M là trung điểm
BC nên từ đó có C(9;-4).

0,25

2

(1)
 xy  2  y x  2

Giải hệ phương trình 
2
2
2

 y  (2 x  3) x  2 x  3  y  2 x  5 x. (2)

Từ phương trình (1) của hệ ta có
0,25


xy  2  y x 2  2  y ( x 2  2  x)  2  y 

2
x 2 x
2

 x2  2  x

(do x 2  2  x  x)

Thế vào (2) ta có
0.25

2 x 2  2  2 x x 2  2  (2 x  3) x 2  2 x  3  x  x 2  2  2 x 2  5 x

(1 đ)

  2( x  1)  1 ( x  1)2  2  2( x  1)  (1  2 x) ( x) 2  2  2( x) (3)

Xét hàm số f (t )  (2t  1) t 2  2  2t , f '(t )  2 t 2  2  (2t  1)

t
t 2
2

 2  0 t

0,25

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R
Phương trình (3)  f ( x  1)  f ( x)  x  1   x  x 

1
2

Từ đó ta tìm được y=1

0,25
1
2

Vậy hệ có nghiệm (x;y)=( ; 1)
Câu 9

Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 0  a  b  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P 

2a 2  b2  c2
a bc


 20(a  b  c)
2
2
2
2
(a  b )(a  c ) (a  b)c

Ta có P 

1

a b
2

2



1

a c
2

2



1

1

  20(a  b  c)
a b c

a
a 2  b2  ab  b2  (  b)2
2
Vì
nên
dấu bằng xảy ra khi a=0
a
a 2  c 2  (  c) 2
2
Tương tự
dấu bằng xảy ra khi a=0
1
1
1
1
P


  20(a  b  c)
a
a
Do đó
dấu bằng xảy ra khi a=0
(  b) 2 (  c ) 2 a  b c
2

2

0abc

0,25

Áp dụng các bất đẳng thức sau:

1,0 đ

1 1
8
Dấu bằng xảy ra khi x=y (phải chứng minh)
 2
2
x
y
( x  y )2
1 1
4
Dấu bằng xảy ra khi x=y
 
x y x y
8
4

 20(a  b  c)
Suy ra P 
2
( a  b  c) a  b  c

0,25

Đặt t=a+b+c với t>0
8 4
  20t , t  0
t2 t
2t 4
20t 3  4t  16
Ta có f '(t )  8 4  2  20 
t
t
t3
f '(t )  0  20t 3  4t  16  (t  1)(20t 2  20t  16)  0  t  1

Xét hàm số f (t ) 

Bảng biến thiến

0,25


t
f’(t)

0
-

1
0





+


f(t)
32
a  0, b  c
a  0


Suy ra P  32 dấu bằng đạt được khi a  b  c

1
t  a  b  c  1 b  c  2


Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 32.

0,25