Đề thi thử THPT QG môn toán 2016 Đề số 6

Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

ĐỀ THI MẪU HƯỚNG ĐẾN KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016 – ĐỀ 06
[Môn Toán – Thời gian làm bài: 180 phút]
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO và LỜI GIẢI CHI TIẾT chỉ có tại website MOON.VN
Câu 1 (1,0 điểm): Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = 2 x 4 − 4 x 2 + 1 .
Câu 2 (1,0 điểm): Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x − ln x trên đoạn [1;5] .
Câu 3 (1,0 điểm):
a) Cho các số phức z1 = 3 + 4i; z2 = 2 − 3i. Tìm phần thực, ảo của số phức w = z12 + 2 ( z1 − z2 ) .z2
b) Giải bất phương trình log 2 ( 2 x − 1) − log
4

(

2

( 3 − x ) ≤ log 2

15
x+3

)

Câu 4 (1,0 điểm): Tính tích phân I = ∫ x 2 + 3 + 2 x + 1 dx.
0

Câu 5 (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; −1 ;2), B(−2; −2; 1) và mặt
phẳng (P) có phương trình x + 3 y − z + 2 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực

của đoạn AB. Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất.
Câu 6 (1,0 điểm):

a) Cho góc α thỏa mãn sin 2α = −

2 2 π
3π 
2
;  < α <  . Tính giá trị biểu thức P = ( tan α + 2 cot α )
3 2
4 

b) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau không lớn hơn
2503?
Câu 7 (1,0 điểm): Trong không gian cho hình chóp S.ABCD, tứ giác ABCD là hình thang cân, hai đáy là
BC và AD. Biết đường cao của khối chóp là SH = a; với H là trung điểm AD. Cho biết
AD = 2a, AB = BC = CD = a . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ H tới (SCD).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC, đường tròn đường kính BC có
phương trình (T ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 8 , hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H ( 3; −1) . Tìm toạ độ điểm
2

2

 2 4
A của tam giác ABC biết điểm A thuộc đường thẳng 2 x − y − 10 = 0 và khoảng cách từ điểm N  − ; 
 5 5
đến đường thẳng EF là lớn nhất.

( x + 3) x + 1 + x + 3 y + 4 = ( y + 5 ) y + 1
Câu 9 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình 

( 2 x + 3) 2 y + 3 − ( y + 2 ) x + 1 = 4 x + 5
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + 4 y − 3 z ≥ 0 .
x
2y
x + 4y
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
+
+
20 y + 3 z x + 2 y + 3 z 2 x + 6 y

( x, y ∈ ℝ )

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

LỜI GIẢI CHI TIẾT
(Tặng học sinh thân yêu nhân dịp Tết dương lịch 2016)
Câu 1 (1,0 điểm): Các em tự làm nhé !
Câu 2 (1,0 điểm):
1
Xét hàm số: y = x − ln x ⇒ y ' = 1 −
x
1
x −1
y ' = 0 ⇔ 1− = 0 ⇔
= 0 ⇔ x =1

x
x
Bảng biến thiên:
x
y'

1

5
+
5 − ln 5

y

1
Từ bảng biến thiên ta suy ra min y = 1; max y = 5 − ln 5
Min y = 1 , Dấu bằng xảy ra khi x = 1
Max y = 5 − ln 5 , Dấu bằng xảy ra khi x = 5
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là 1 khi x = 1 và giá trị lớn nhất của hàm số là 5 − ln 5 khi x = 5

Câu 3 (1,0 điểm):
a) Ta có : w = z12 + 2 ( z1 − z2 ) .z2 = ( 3 + 4i ) + 2 (1 + 7i )( 2 + 3i ) = −7 + 24i + 2 ( −19 + 17i ) = −45 + 58i
2

b) ĐK : 3 > x >
⇔ log 2

2x −1

(3 − x )

Do 3 > x >

2

1
15
2
. Khi đó BPT ⇔ log 2 ( 2 x − 1) − log 2 ( 3 − x ) ≤ log 2
2
x+3

( 2 x − 1)( x + 3) − 15 ( 3 − x ) ≤ 0
15
2x −1
15
≤ log 2
⇔
≤
⇔
2
2
x+3
( 3 − x ) ( x + 3)
(3 − x ) x + 3
2

x ≤ 2
1
nên BPT ⇔ −13 x 2 + 95 x − 138 ≤ 0 ⇔ 

69
x ≥
2
13


Kết hợp ĐK, vậy nghiệm của BPT là

1
< x ≤ 2.
2

Câu 4 (1,0 điểm):

(

)

4
4
4
1
1
 x3
4 14
Ta có : I = ∫ x 2 + 3 + 2 x + 1 dx = ∫ ( x 2 + 3) dx + ∫ ( 2 x + 1) 2 dx =  + 3x  + ∫ ( 2 x + 1) 2 d ( 2 x + 1)
 3
 0 20
0
0

0

=

3
100 1 2
+ . . ( 2 x + 1) 2
3 2 3

4

= 42 .
0

Vậy I = 42

Câu 5 (1,0 điểm):
 −3 −3 3 
Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I  ; ;  . AB = (−1; −1; −1)
 2 2 2
3
Phương trình của mặt phẳng (Q) là x + y + z + = 0.
2

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

 7 1
Đường thẳng ∆ đi qua điểm I  − ; 0;  và có vtcp u∆ = (2; −1; −1)
 4 4
7

 x = − 4 + 2t

Phương trình tham số của ∆ là  y = −t

1
z = − t
4

2

1 
25
 7
 5  100 5
M ∈ ∆ ⇒ M  − + 2t ; −t ; − t  ⇒ OM = 12t 2 − 15t +
= 12  t −  +
≥
4 
4
64 4
 4
 8
5
5

 19 5 3 
OM nhỏ nhất bằng khi t = ⇒ M  ; − ; −  .
4
8
 6 8 8
 19 5 3 
Vậy M  ; − ; −  là điểm cần tìm.
 6 8 8

Câu 6 (1,0 điểm):
a) Ta có sin 2a =

2 tan a
2 2
−3
3
=−
⇒ 1 + tan 2 a =
tan a ⇔ tan 2 a +
tan a + 1 = 0
2
1 + tan a
3
2
2

 tan a = − 2
π
3π
1

nên ta có: tan a > −1 ⇒ tan a = −
⇒ cot a = − 2
⇔ 
1 . Do < α <
2
4
tan a = −
2

2
2

25
2
 1

Khi đó: P = ( tan α + 2 cot α ) =  −
.
−2 2 =
2
2


b) Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau có dạng abcd , với abcd ≤ 2503 .
Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: a = 1 , số cách chọn b, c, d thỏa mãn yêu cầu bài toán là A63
Trường hợp 2: a = 2 ,
+) Nếu b < 5 suy ra có 4 cách chọn b, khi đó có A52 cách chọn c, d.
+) Nếu b = 5 suy ra c = 0, suy ra d = 1 hoặc d = 3.
Vậy có tất cả A63 + 4 A52 + 2 = 202 số thỏa mãn điều kiện đề bài.

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

Câu 7 (1,0 điểm):
Dễ thấy tứ giác AHCB là hình bình hành vì AH / / = BC = a .
Khi đó AB = HC = a suy ra tam giác HCD là tam giác đều
cạnh a có đường cao h =

a 3
= HE .
2

Ta có : S ABCD =

AD + BC
3a 3
.h =
2
4

Do vậy VS . ABCD

1
a3 3
= SH .S ABCD =

3
4

( dvtt ) .

Dựng HE ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( SHE ) ,dựng HF ⊥ SE

⇒ HF ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( H ; ( SCD ) ) = HF =

Đ/s: V =

HE.SH
HE + SH
2

2

=

a 21
7

a3 3
a 21
.
( dvtt ) ; d ( H ; SCD ) =
4
7

Câu 8 (1,0 điểm):

Dễ thấy tứ giác AFHE nội tiếp trong đường tròn đường kính AH
 t + 3 2t − 11 
Gọi A ( t ; 2t − 10 ) ⇒ trung điểm của AH là: I 
;
.
2 
 2
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFHE là:

t +3 
2t − 11  ( t − 3) + ( 2t − 11)

x−
 + y−
 =
2  
2 
4

Hay ( C ') : x 2 + y 2 − ( t + 3) x − ( 2t − 11) y = 0 .
2

2

2

2

( C ') .

( C ' ) : x 2 + y 2 − ( t + 3) x − ( 2t − 11) y = 0
Khi đó toạ độ E và F t/mãn 
2
2
(T ) : x + y − 2 x − 2 y = 6
⇒ EF : ( t + 1) x + ( 2t − 13) y = 6
Gọi K ( x0 ; y0 ) là điểm cố định của EF ta có:

t ( x0 + 2 y0 ) + x0 − 13 y0 = 6

 x0 + 2 y0 = 0
4 2
Khi đó cho: 
⇒ K  ;−  .
5 5
 x0 − 13 y0 = 6
Lại có: d ( N ; EF ) ≤ NK , dấu bằng xảy ra
6
6
(13 − 2t ) − ( t + 1) = 0 ⇔ t = 4
5
5
Với t = 4 ⇒ A ( 4; −2 ) là điểm cần tìm.
⇔ NK ⊥ EF ⇔ NK .u EF = 0 ⇔

Câu 9 (1,0 điểm):
Điều kiện: x, y ≥ −1 .
Phương trình một của hệ tương đương với: ( x + 3) x + 1 − ( y + 3) y + 1 + x + 3 y + 4 − 2 y + 1 = 0 .

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016

Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

⇔ ( x + 3)

(

( x − y )( x + 3)

⇔

)

x +1 − y +1 + ( x − y) y +1 +

x +1 + y +1

+ ( x − y) y +1 +

Facebook: LyHung95

(

)

x + 3y + 4 − 2 y +1 = 0

x− y
=0

x + 3y + 4 + 2 y + 1



x+3
1
⇔ ( x − y)
+ y +1 +
 = 0 ⇔ x = y
 x +1 + y +1
3
4
2
1
x
+
y
+
+
y
+


Thế x = y vào phương trình thứ hai trong hệ, ta được: ( 2 x + 3) 2 x + 3 − ( x + 2 ) x + 1 = 4 x + 5
Đặt t = x + 1 ≥ 0 ⇔ x + 1 = t 2 ⇔ 2 x + 3 = 2t 2 + 1 .
Đồng thời 2 x + 2 + ( x + 2 ) x + 1 = 2

( 2 x + 3)

(

x +1

)

+ ( x + 2) x + 1 = x + 1

2

(

x + 1 + 1 . Nên ( ∗) trở thành:

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

(

(

) ( x + 1 + 1) − 1 ( x + 1 + 1)
⇔ ( 2 x + 3 − 1)( 2 x + 3 ) = ( x + 1 + 1) − 1 ( x + 1 + 1)



⇔ ( 2 x + 3)

)

( ∗)

2

)

x +1 +1

2

2

2x + 3 − 1 = 

2

2

Xét hàm số f ( t ) = ( t − 1) t 2 với t ≥ 1 , ta có f ' ( t ) = 3t 2 − 2t ≥ 1 > 0 nên f ( t ) là hàm số đồng biến trên

[ 2; +∞ )

Do đó f

(

)

2x + 3 = f

(

 x = −1
x + 1 + 1 ⇔ 2x + 3 = x + 1 + 1 ⇔ 
⇒ ( x; y ) = {( −1; −1) , ( 3;3)} .
x = 3

)

Câu 10 (1,0 điểm):
 x + 2 y + 3z ≤ 2 x + 6 y
1
1
Từ giả thiết chúng ta có 3 z ≤ x + 4 y ⇔ 
⇒
≥
.
x + 2 y + 3z 2 x + 6 y
20 y + 3 z ≤ x + 24 y
x
2y
x + 4y
x
x + 6y
Khi đó, biểu thức P trở thành P ≥
+
+
≥
+
.
20 y + 3 z 2 x + 6 y 2 x + 6 y x + 24 y 2 x + 6 y
x

t
t+6
Dặt t = > 0 suy ra P ≥ f ( t ) =
+
. Xét hàm số f ( t ) trên ( 0; +∞ ) , có
y
t + 24 2t + 6
24
6
2
2
f ' (t ) =
−
= 0 ⇔ 16 ( t + 3) = ( t + 24 ) ⇔ t = 4
2
2
( t + 24 ) ( 2t + 6 )
Bảng biến thiên
t
f '(t )

0

−

4
0

+

1

f (t )

1

6
7

Dựa vào bảng biến thiên suy ra f ( t ) ≥ f ( 4 ) =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

+∞

6
6
⇒P≥ .
7
7

6
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
7

x = 4 y
x = 4 y
⇔
.

 x + 4 y = 3z

3 z = 8 y

CHÚC CÁC EM MỘT NĂM MỚI NHIỀU THÀNH CÔNG VÀ MAY MẮN !
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016