De thi thu toan THPT doan thuong hai duong nam 2016 lan 1 (1)

Hanhtrangvaodaihoc.com
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2 .
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b)
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) biết tiếp tuyến vuông góc với
đường thẳng ∆ có phương trình: x − 2016 = 0 .
Câu 2 (1,0 điểm)
a)
Giải phương trình: 3 sin 2 x − cos 2 x = 4sin x − 1 .
a)

b)

x +1
x
x
x
Giải bất phương trình: ( 9 + 1) ( 3 + 1) ≤ 10.9 + 10.3

Câu 3 (1,0 điểm)

2+i

−1 + 3i
z=
. Tính môđun của z.
1− i
2+i
7
 3
1 
b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn  2 x + 4 ÷ , x > 0 .
x

x +1
Câu 4 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =
và các
x−2
trục tọa độ.

a) Cho số phức z thoả mãn điều kiện

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình
x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và điểm M ( 1; −3;1) . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là M và
tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn là AD
và AD = 2 BC , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tam giác ACD vuông tại C và
SA = AC = a 3, CD = a . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SB và CD.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm
I ( 3; −1) , điểm M trên cạnh CD sao cho MC = 2MD . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông
ABCD biết đường thẳng AM có phương trình 2 x − y − 4 = 0 và đỉnh A có tung độ dương.
 x ( y − 1) ( x + 1) = x 3 + y 2 + x − 3 y + 2

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2
 x + 2 + y + 4 − x − 2 x + 4 = y − 2

Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3 . Tìm giá trị
x2
y2
z2
+
+
+ x2 + y 2 + z 2 + 1
nhỏ nhất của biểu thức S =
y3 + 8
z3 + 8
x3 + 8
-----------------Hết----------------Họ và tên thí sinh:………………………………………………SBD:…………………
Trường THPT Đoàn Thượng thi thử THPT Quốc gia lần 2 vào 16 và 17 tháng 4


Hanhtrangvaodaihoc.com

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN THI: TOÁN
(Đáp án gồm 5 trang)

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

Câu

Nội dung
Cho hàm số y = x − 3x + 2 (C). Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
*) TXĐ: D = ¡ .
*) Sự biến thiên:
y = +∞; lim y = −∞
- Giới hạn: xlim
→+∞
x →−∞
3

2

x = 0
x = 2
- Ta có y ' > 0 ∀x ∈ ( −∞;0) ∪ (2; +∞), y ' < 0 ∀x ∈ (0; 2) suy ra hàm số đồng biến trên
các khoảng (−∞;0) & (2; +∞) , nghịch biến trên khoảng (0; 2) .
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, f (0) = 2 ; đạt cực tiểu tại x = 2, f (2) = −2

Điểm
1,00

0,25

2
- Ta có y ' = 3x − 6 x, y ' = 0 ⇔ 

0,25

-Bảng biến thiên

1a

0,25

*) Đồ thị
f(x) = ( x3 -3⋅x2 ) +2

4

y

2

0,25
1

-1

2

O

5

x

-2

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) biết tiếp tuyến vuông góc với đường
thẳng ∆ có phương trình: x − 2016 = 0
Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng ( ∆ ) x − 2016 = 0 nên tt có hsg k = 0
1b

2a

x = 0

1,00
0,25

Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x 2 − 6 x = 0 ⇔ 
x = 2
x = 0 ⇒ y = 0 . Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 2

0,25

x = 2 ⇒ y = −2 . Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = −2

0,25
0,50

Giải phương trình:

3 sin 2 x − cos 2 x = 4sin x − 1 .

0,25

Hanhtrangvaodaihoc.com

3 sin 2 x − cos 2 x = 4sin x − 1 ⇔ 2 3 sin x cos x + 1 − cos 2 x − 4sin x = 0
⇔ 2 3 sin x cos x + 2sin 2 x − 4sin x = 0 ⇔ 2sin x

(

0,25

)

3 cos x + sin x − 2 = 0

sin x = 0
 x = kπ
sin x = 0

⇔
⇔
, k ∈ ¢.
π ⇔ π



sin
x
+
=
1
x

=
+
k
2
π
3
cos
x
+
sin
x
=
2
÷

 
3
6

x +1
x
x
x
b) Giải bất phương trình: ( 9 + 1) ( 3 + 1) ≤ 10.9 + 10.3
2b.

0,25
0,50

Vì 3 + 1 > 0, ∀x ∈ ¡ Nên BPT ⇔ 9.32 x − 10.3x + 1 ≤ 0

0,25

1
≤ 3 x ≤ 1 ⇔ −2 ≤ x ≤ 0
9

0,25

x

a) Tính môđun của số phức z thoả
(−1 + 3i)(1 − i )

z=

Ta có

(2 + i )

2

=

2 + 4i (2 + 4i )(3 − 4i )
=
3 + 4i
25

2+i

−1+ 3i
z=
1− i
2+i

0,50
0,25

22 4
2 5
+ i⇒ z =
25 25
5

⇔z=

0,25
7

3


1 
b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn  2 3 x + 4 ÷ , x > 0 .
x

7

7

1
1
7− k k
7
7
−
−
 3
1   13 − 41 
k
k 7−k
3 7−k
4 k
3 4
2
x
+
=
2
x
+
x
=
C
(2
x
)
.(
x
)

=
C
.2
.
x

÷
∑
∑

÷
7
7
4
x 
k =0

 k =0

Ta có :

7−k k
− = 0 ⇔ k = 4 ⇒ số hạng không chứa x là : C74 .27 −4 = 280
3
4

Tính DTHP giới hạn bởi đồ thị hàm số y =
0

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (-1; 0). Do đó S = ∫

−1

4

0

Ta có S =

0,25
1,00

x +1
dx
x−2

0,25

0

x +1
3
∫−1 x − 2dx = −∫1 (1 + x − 2 )dx

0,25

0

0,25

−1

5

0,25

x +1
và các trục tọa độ
x−2

= ( x + 3ln x − 2 ) |
= 1 + 3ln

0,50

2
3
= 3ln − 1
3
2

0,25

Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là M và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa
độ tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P).
Bán kính của mặt cầu (S): r = d ( M , ( P ) ) =

1+ 6 + 2 − 3
3

= 2.

1,00
0,25


Hanhtrangvaodaihoc.com

Phương trình của mặt cầu (S): ( x − 1) + ( y + 3) + ( z − 1) = 4 .
Gọi N là tiếp điểm. Do MN vuông góc với mp(P) nên phương trình của MN là:
2

2

2

0,25

 x = 1+ t

 y = −3 − 2t . Tọa độ của N ứng với giá trị của t là nghiệm của phương trình:
 z = 1 + 2t


0,25

2
1 5 1
⇔ 9t + 6 = 0 ⇔ t = − . Suy ra N  ; − ; − ÷ .
3

3 3 3

0,25

Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, CD

1,00

Tam giác ACD vuông tại C suy ra
AD 2 = AC 2 + CD 2 = 4a 2 ⇒ AD = 2a, BC = a
1
1
1
=
+
Kẻ CE ⊥ AD ⇒
2
2
CE
AC
CD 2
a 3
⇒ CE =
2

0,25

( 1 + t ) − 2 ( −3 − 2t ) + 2 ( 1 + 2t ) − 3 = 0 .

Do đó SABCD =

6

Vậy VSABCD =

(AD + BC).CE 3 3a2
.
=
2
4

0,25

1
1 3 3a2
3
.SABCD .SA = .
.a 3 = a3 .
3
3
4
4

Gọi I là trung điểm của AD thi BCDI là hình bình hành ⇒ CD // BI ⇒ CD // (SBI)
⇒ d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(D, (SBI)) = d(A; (SBI))
(Do I là trung điểm AD)
Gọi H = AC ∩ BI. CD / / BI , AC ⊥ CD ⇒ AC ⊥ BI ⇒ BI ⊥ (SAC) . Kẻ AK ⊥ SH
tại K. Kết hợp với AK ⊥ BI ⇒ AK ⊥ (SBI) ⇒ d(A, (SBI)) = AK.
1
a 3
I là trung điểm của AD suy ra H là trung điểm của AC ⇒ AH = AC =

2
2
Tam giác SAH vuông tại A ⇒
⇒ d(CD; SB) = AK =
7

1
AK

2

=

1
SA

2

+

1
AH

2

=

1
3a

2

+

4
3a

2

=

5
3a

2

⇒ AK =

a 15
.
5

0,25

0,25

a 15
.
5

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I ( 3; −1) , điểm M
trên cạnh CD sao cho MC = 2MD . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết
đường thẳng AM có phương trình 2 x − y − 4 = 0 và đỉnh A có tung độ dương.

1,00


Hanhtrangvaodaihoc.com

Gọi H là hình chiếu của I trên AM

3
5
Giả sử AM ∩ BD = N và P là trung điểm của
⇒ IH = d ( I ; AM ) =

0,25

MC ⇒ IP / / AM ⇒ NM / / IP . Từ M là trung
điểm của DP suy ra N là trung điểm của DI.

Gọi cạnh của hình vuông là a thì AI =

a 2
1
a 2
, IN = ID =
2
2
4

1
1
1
5 2
8
= 2 + 2 ⇒ = 2 + 2 ⇒a=3 2
Từ
2
IH
IA
IN
9 a
a
A thuộc AM nên A(t; 2t − 4) ⇒ IA = (t − 3) 2 + (2 t − 3) 2 = 3 ⇔ 5t 2 − 18t + 9 = 0
t = 3 ⇒ A(3;2)
⇔ 3
t = ⇒ A  3 ; − 14 ÷. Do A có tung độ dương nên A(3;2)
 5
5 5 
uur
Suy ra C (3; −4) . Đường thẳng BD đi qua điểm I và có vtpt AI = (0; −3) có pt
3

y +1 = 0 .
N = AM ∩ BD ⇒ N  ; −1÷. N là trung điểm của DI
2

⇒ D ( 0; −1) ⇒ B(6; −1)

8

 x ( y − 1) ( x + 1) = x3 + y 2 + x − 3 y + 2
(1)
Giải hệ PT 
2
(2)
 x + 2 + y + 4 − x − 2 x + 4 = y − 2
ĐKXĐ x ≥ −2, y ≥ −4 . (1) ⇔ y 2 − ( x 2 + x + 3) y + x3 + x 2 + 2 x + 2 = 0
Giải pt bậc 2 ta được y = x + 1 hoặc y = x 2 + 2

Với y = x + 1 thay vào PT (2) ta được
⇔ x+2+

(

x+2

)

2

t
t +3

)

x + 2 + x2 + 6 − x2 − 2x + 4 = x2 ⇔
⇔

(

) (

x + 2 −1 +

x +1
2x + 2
+
= ( x + 1)( x − 1)
2
x + 2 +1
x + 6 + x2 − 2x + 4

0,25

> 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) đồng biến trên

x ≥ 1
x −1 ≥ 0

⇔
¡ . Vậy f x + 2 = f ( x − 1) ⇔ x + 2 = x − 1 ⇔ 
3 ± 13
2
 x + 2 = ( x − 1)
x =

2
3 + 13

5 + 13
⇔x=
⇒y=
2
2
2
Với y = x + 2 thay vào PT (2) ta được

(

0,25

0,25

+ 3 = x − 1 + ( x − 1) 2 + 3
2

0,25

1,00

x + 2 + x + 5 − x2 − 2 x + 4 = x −1

Xét hàm số f (t ) = t + t 2 + 3 có f '(t ) = 1 +

0,25

)

x2 + 6 − x2 − 2x + 4 = x2 − 1

0,25

0,25


Hanhtrangvaodaihoc.com
x +1 = 0
 x = −1 ⇒ y = 3

⇔
⇔
1
2

+
= x − 1  x = 7 ⇒ y = 81
4
16

x2 + 6 + x2 − 2x + 4
 x + 2 + 1
 3 + 13 5 + 13 
 7 81 
;
, ( −1;3) ,  ; ÷
÷
÷
2 
 4 16 

 2

Vậy hệ có 3 nghiệm là 

x2

Tìm min của biểu thức S =

y3 + 8

y2

+

z3 + 8

+

z2
x3 + 8

+ x2 + y 2 + z 2 + 1

1,00

Ta có ( x + y + z )2 ≥ 3( xy + yz + zx ) = 9 ⇒ x + y + z ≥ 3
1
2

Mặt khác ( x + y + z + 1) 2 ≤ 4( x 2 + y 2 + z 2 + 1) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 + 1 ≥ ( x + y + z + 1) ≥ 2

Đẳng thức xảy ra x = y = z = 1
0<

y 3 + 8 = (y+ 2)(y 2 − 2 y + 4) ≤
x2

⇒

y3 + 8

0,25



x
y
z
≥ 2 2
+ 2
+ 2
÷
y3 + 8
z3 + 8
x3 + 8
 y − y+6 z −z+6 x −x+6
Đẳng thức xảy ra x = y = z = 1
x2
y2
z2
( x + y + z )2

+
+
≥
Ta lại có 2
y − y + 6 z2 − z + 6 x2 − x + 6 y2 − y + 6 + z 2 − z + 6 + x2 − x + 6
( x + y + z )2
=
( x + y + z ) 2 − ( x + y + z ) + 12
t2
t
=
x
+
y
+
z
,
t
≥
3
,t ≥ 3
Đặt
và xét hàm số f (t ) = 2
t − t + 12
−t 2 + 24t
f
'(
t
)
=

, f '(t ) = 0 ⇔ t = 0, t = 24
Ta có
(t 2 − t + 12) 2
t
+∞
3
24
−
+
0
f ′( t )
x

9

(y + 2) + (y 2 − 2 y + 4) y 2 − y + 6
=
2
2

2x2
. Tương tự cộng lại ta được
y2 − y + 6

≥

2

+

y

2

+

z

2

2

f ( t)

1
2
⇒ min f (t ) =
[ 3;+∞ )

0,25

2

48
47

1
⇒ S ≥ 3, S = 3 ⇔ x = y = z = 1 . Vậy minS = 3
2

2

1

0,25

0,25