Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội (Lần 1)

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ
VINH HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: Toán - Lần thứ 1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
-------------- Ngày 31.1.2016 --------------

Năm học 2015 - 2016

Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y = -­‐ x 3 + 3x 2 -­‐ 1 (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm m để phương trình x 3 -­‐ 3x 2 + m -­‐ 1 = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: sin 2 x + 4sin x − cos x − 2 = 0 .
b) Giải bất phương trình: log3 ( x − 1) + 4log9 2 x + 1 < 3 .
5

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

I = ∫ x(
2

Câu 4 (1,0 điểm).

2
+ 3ln x)dx.
x −1

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;2; −3) , B(−2;1; −4) và

mặt phẳng ( P) : x − 4 y + z − 8 = 0 . Chứng minh đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P).
Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P).
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Tìm hệ số của x3 trong khai triển biểu thức A = ( x + 3)4 + 5x(2 x − 1)7
b) Đội thanh niên tình nguyện trường Lương Thế Vinh gồm 5 học sinh lớp 10, 6 học sinh lớp 11
và 4 học sinh lớp 12. Cần chọn ngẫu nhiên 5 học sinh tham gia công tác tình nguyện tại một tỉnh
vùng cao. Tính xác suất để trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 2 học sinh lớp 10.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, ABCD là hình thang vuông tại A và B; tam giác
SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD); AB=BC=a, AD=2a,
SA = 2a . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa AD và SB.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân
giác trong góc A là x+y-2=0, phương trình trung tuyến kẻ từ A là 4x+5y-9=0, bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng

15
3
. Biết điểm K ( ;0) nằm trên đường thẳng AC và điểm C
6
2

có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình

2x + 2 − 2 3 − x −

12 x − 20
9 x 2 − 18 x + 25

=0

Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : x + y + z = 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = ( x + y)( y + z)( z + x) − 3 x − 3 y − 3 z .
---------------- Hết ---------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, bút xóa. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
HÀ NỘI

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN TOÁN-LẦN THỨ 1


 

-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 

Năm học 2015-2016
 
Câu
1
(2,0đ)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = -­‐ x 3 + 3x 2 -­‐ 1
Tập xác định:
Đạo hàm:

D = R . lim y = +∞; lim y = −∞
x→−∞

x→+∞

0,25

2

y ' = −3x + 6 x ; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 .

Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–¥;0) và (2;+¥)
Hàm số đạt cực đại tại : x = 2 ; yCĐ = 3

0,25

Hàm số đạt cực tiểu tại : x = 0

; yCT = -1

Bảng biến thiên:

X

–¥

y¢

0
-

0

+¥
y

2
+

+¥
y

 

0 –

–1

y
 =
  m
  - 2
 

3
 

3

0,25

-¥
-1
 

1
 
O
 

1
  2

 

3
  x
 

-1
 
Đồ thị:
b) (1,0 điểm) )

0,25

Tìm m để phương trình x 3 -­‐ 3x 2 + m -­‐ 1 = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

x 3 -­‐ 3x 2 + m -­‐ 1 = 0 € -­‐ x 3 + 3x 2 -­‐ 1 = m -­‐ 2

0, 25

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = m – 2

0,25

Dựa vào đồ thị (*) có 3 nghiệm phân biệt € -­‐ 1 < m -­‐ 2 < 3 € 1 < m < 5
Đáp số: 1
0,25
0,25

2
(1,0đ)

a) (0,5 điểm)

Giải phương trình: sin 2 x + 4sin x − cos x − 2 = 0 .

Phương trình đã cho tương đương với

sin 2 x + 4sin x − cos x − 2 = 0 ⇔ 2sin x cos x + 4sin x − cos x − 2 = 0
1
⇔ (2sin x − 1)(cos x + 2) = 0 ⇔ sinx =
2

π
⎡
x = + k 2π
⎢
1
6
⇔ sinx = ⇔ ⎢
2
⎢ x = 5π + k 2π
⎢⎣
6
b) (0,5 điểm)

0,25

0,25

Giải bất phương trình: log3 ( x − 1) + 4log9 2 x + 1 < 3 .

Điều kiện: x > 1 . Bất phương trình đã cho tương đương với

log3 ( x − 1) + log3 (2 x + 1) < 3 ⇔ log 3 ( x − 1)(2 x + 1) < 3

0,25

⇔ ( x − 1)(2 x + 1) < 27
7
⇔− 2

0,25

Kết hợp điều kiện: ⇔ 1 < x < 4 Đáp số: 1 < x < 4 .
3
(1,0đ)

5

Tính tích phân

2
+ 3ln x)dx.
x −1

I = ∫ x(
2

5

5

I = ∫ x(
2

5

2
2x
+ 3ln x)dx = ∫
dx + 3∫ x ln xdx
x −1
x
−
1
2
2

5

I1 = ∫ x ln xdx,
2

0,25

1
x2

dx, v =
x
2
.
5
x2
x
25
25
25
21
5
I1 = ( ln x) |2 − ∫ dx =
ln 5 − 2 ln 2 − ( − 1) = ln 5 − 2 ln 2 −
2
2
2
4
2
4
2

u = ln x, dv = xdx ⇒ du =

5

. I2

=∫
2

2x
dx Đặt t = x − 1 ⇒ dx = 2tdt , x = 2 ⇒ t = 1, x = 5 ⇒ t = 2
x −1
0,25

2

I 2 = 4 ∫ (t 2 + 1)dt
1

2

2

t3
40
I 2 = 4∫ (t + 1)dt = 4( + t ) =
3
3
1
1
2

0,25


I = 3I1 + I 2 = 3(
4
(1,0đ)

25
21 40 75
29
ln 5 − 2ln 2 − ) + = ln 5 − 6ln 2 − .
2
4
3
2
12

0,25

.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;2; −3) , B(−2;1; −4) ….
uuur
ur
A B = (-­‐ 3; -­‐ 1; -­‐ 1) , Véc tơ pháp tuyến của (P): n = (1; -­‐ 4;1)

0,25

uuur ur
Ta có A ∉ ( P ) và A B .n = 0 Suy ra AB song song với mặt phẳng (P)

0,25

⎧ x = 1 + t
⎪
Đường thẳng d qua A vuông góc với (P) có phương trình ⎨ y = 2 − 4t

⎪ z = −3 + t
⎩

0,25

Gọi H(1+t, 2-4t, -3+t) là hình chiếu của A trên (P)
0,25

A ∈ ( P) ⇔ 1 + t − 8 + 16t − 3 + t − 8 = 0 ⇔ t = 1. Vậy H(2, -2,-2)
5
(1,0đ)

a) Tìm hệ số của x3 trong khai triển biểu thức A = ( x + 3)4 + 5x(2 x − 1)7
4

7

k =0

i =0

A = ∑ C4k x 4− k 3k + 5 x.∑ (−1)i C7i 27 −i x 7 −i .

0,25

Khi: k=1, i=5, Hệ số của x4 : C41 .3 − 5.C75 .22 = 12 − 420 = −408

0,25

b) Tính xác suất để trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 2 học sinh lớp 10.

Gọi A là biến cố chọ được ít nhất 2 học sinh lớp 10à A là biến cố chọn được 0 hoặc 1 học
sinh lớp 10
0,25

Số phần tử của không gian mẫu là: C155 = 3003
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là C105 + C51.C104 = 1302
C105 + C51.C104 1302 62
P( A) =
=
=
= 0, 4335 ⇒ P( A) = 1 − P( A) = 0,5665
C155
3003 143
6
(1,0đ)

0,25

Cho hình chóp S.ABCD, ABCD là hình thang vuông tại A và B…
Gọi I là trung điểm AC, Suy ra SI ⊥ ( ABCD) Tam giác SAI vuông tại I nên

a2
14
SI = SA − AI = 4a −
=a
2
2
2

2

2

Diện tích ABCD, S ABCD
1
3

0,25

(a + 2a).a 3a 2
=
=
2
2

Thể tích chóp V = SI .S ABCD =

a 3 14
4

S
 

0,25


.d(AD,SB)=d(AD,(SBC))=d(A,(SBC))=2d(I,(SBC))


 

Kẻ IK ⊥ BC, IH ⊥ SK. Chứng minh IH ⊥ (SBC)

0,25

Suy ra d(AD,SB)=2IH
Tam giác vuông SIK có

Suy ra IH =
7
(1,0đ)

1
1
30
1
1
1
= 2
= 2+ 2= 2 +
2
2
a
14a
7a
IH
IS
IK
4
4

0,25

a 210
a 7
.
⇒ d ( AD, SB) =
15
30

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có......
Giả sử d1: x+y-2=0, d2: 4x+5y-9=0
A là giao điểm d1 và d2 suy ra A(1;1)
3
2

Gọi E là điểm đối xứng với K qua d1, Phương trình EK: x − y − = 0
7
⎧
x
=
⎧ x + y − 2 = 0
⎪
⎪⎪
4 ⇒ E (2, 1 )
Tọa độ trung điểm H của EK là nghiệm của hệ ⎨
⇔ ⎨
3
2
⎪⎩ x − y − 2 = 0 ⎪ y = 1

⎪⎩
4

0,25

Đường thẳng AB đi qua A và E có phương trình AB:x+2y-3=0
Đường thẳng AC đi qua A và K có phương trình AC:2x+y-3=0
Gọi B(3-2b,b), C(c,3-2c)
Trung điểm BC thuộc d2 suy ra: 4
SinA = 1 − cos 2 ( AB, AC ) =

3 − 2b + c
b + 3 − 2c
+5
− 9 = 0 ⇒ −b − 2c + 3 = 0 (1)
2
2

0,25

3
5

Áp dụng đinh lý hàm số sin, ta có BC=2R. SinA=3

(2)

⎡c = 0, b = 3(loai)

8

Từ (1),(2) suy ra ⎢
⎣c = 2, b = −1

0,25

Đáp số: A(1,1); B(5,-1); C(2,-1)

0,25

Giải phương trình

2x + 2 − 2 3 − x −

12 x − 20
9 x 2 − 18 x + 25

=0


Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 3

(1,0đ)

6 x − 10
12 x − 20
−
=0
2x + 2 + 2 3 − x
9 x 2 − 18 x + 25

⎡6 x − 10 = 0 (1)
⇔ ⎢
2
⎢⎣ 9 x − 18 x + 25 = 2 2 x + 2 + 4 3 − x (2)

(1) ⇔ x =

0,25

5
3

Bình phương 2 vế của (2): 9 x 2 − 10 x − 31 = 16 6 + 4 x − 2 x 2 (*)
Đặt t = 2 6 + 4 x − 2 x 2 ≥ 0 . (*) trở thành: t 2 + 8t − x 2 − 6 x + 7 = 0 , Δ = ( x + 3)2
0,25

⎡t = − x − 7 (3)
⎢t = x − 1 (4)
⎣

Giải (3): t=-x-7 vô nghiệm
Giải (4): x =

3 − 32
3 + 32
(loại), x =
(thỏa mãn)
3
3

0,25

(Học sinh có thể giải (*) bằng phương pháp bình phương 2 vế-yêu cầu phải phân tích thành tích các nhân tử)

5
3

Đáp số: x = , x =
9

3 + 32
3

0,25

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = ( x + y)( y + z)( z + x) − 3 x − 3 y − 3 z .

(1,0đ)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi : x3 + 3 x + 3 x + 3 x ≥ 4 x hay x3 + 3 3 x ≥ 4 x
Tương tự: y3 + 3 3 y ≥ 4 y ; z3 + 3 3 z ≥ 4z

0,25

Cộng từng vế các bất đẳng thức, ta có: x3 + y3 + z 3 + 3( 3 x + 3 y + 3 z ) ≥ 4( x + y + z) = 12 (1)
Ta có

x3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z )3 − 3( x + y )( y + z )( z + x)
0,25

Thay vào (1) được: 27 − 3( x + y)( y + z )( z + x) + 3( 3 x + 3 y + 3 z ) ≥ 12
Suy ra : P ≤ 5 ,

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

Đáp số: Giá trị lớn nhất của P bằng 5 khi x=y=z=1

 

0,25
0,25