DeThiThu nettoan 2016 chuyen nguyen quang dieu DP lan3

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 - LẦN 3

THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu
Đề chính thức
(Đề thi gồm 01 trang)

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)



Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x4  2x2  4.

D

Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x2  1 có đồ thị (C ). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm
có tung độ bằng 1.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  2i) z  (3  2i) z  4  10i. Tìm môđun của số phức w  z  2z .
b) Giải phương trình 27 x  5.323x  4.
2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   e (2e
x

x

 x)dx

1

T
hi

eT

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điể m A(7; 2; 1), B(5;  4;  3) và mặt
phẳng ( P) :3x  2 y  6z  38  0.
a) Viết phương trình mặt cầu (S ) có đường kính AB.
b) Chứng minh ( P) tiếp xúc với mặt cầu (S ) .
Câu 6 (1,0 điểm).
cos
a) Cho góc  thỏa cot   2. Tính giá trị của biểu thức P  3

cos   2sin3 
11
2

b) Tìm hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển A( x)   x2   ( x  0).
x


hu

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ; BCD  60o ; SA vuông
góc với mặt phẳng ( ABCD), hai mặt phẳng (SCB) và (SCD) vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp

S. ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) theo a .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, A(2; 2), BC  3BA,
 10 
trọng tâm của tam giác ABC là G  0;
.Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD biết rằng
3 

đỉnh B có hoành độ dương, đường trung tuyến kẻ từ B của tam giác ABD có hệ số góc nhỏ hơn 1.
1

log4 ( x  1)  log 4 ( x  1)  2

Câu 9 (1,0 điểm). Tìm m để hệ sau có hai nghiệm phân biệt: 
log2 x2  2 x  5  2m log 2
25
( x 2 x 5)

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2  y2  2z 2  2(1  xy). Tìm giá trị nhỏ





.N



nhất của biểu thức P  5 x2  y 2  z 2  ( x  y  2z)2 



( x  y)2  2 z 2

2



Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

et

Truy cập thường xuyên để cập nhật nhiều Đề Thi ThửTHPT Quốc Gia, tài liệu ôn
thi THPT Quốc Gia các môn Toán, Lý, Hóa, Anh, Văn, Sinh , Sử, Địa được DeThiThu.Net cập nhật
hằng ngày phục vụ sĩ tử!
Like Fanpage Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi:
để cập nhật nhiều đề thi thử và tài
liệu ôn thi hơn

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử1 hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
ĐÁP ÁN KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: Toán lần 3 của trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp
HƯỚNG DẪN CHẤM THI (HDC này gồm 06 trang)
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm
từng phần như thang điểm quy định.
2) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả)
II) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu 1

Đáp án
Điểm

- Ta có y  4x( x2 1); y  0  x  0 hoặc x  1.

0.25

- Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (; 1) và (0;1).
- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (1; 0) và (1; ).

eT

D

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x4  2x2  4.
Tập xác định .

Chiều biến thiên:

Cực trị:
- Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  y(1)  3.
- Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCÑ  y(0)  4.
Các giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y  
x

0.25

x

Bảng biến thiên

T
hi

x
y'





1

0



1 điểm
y



0

0
4



3

1
0






0.25

3

hu

 1 31 
Đồ thị hàm số : Đồ thị qua các điểm A  ;
 , B(  2; 12), C(2; 12).
 3 9
0
y

3
1
Câu 2

Đáp án

1

x

et

2

Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là y(0)  0, y(3)  9 (với y  3x2  6x )
PT tiếp tuyến với đồ thị (C) tại M (0; 1) là y  1.
PT tiếp tuyến với đồ thị (C) tại M (3; 1) là y  9x  26.
Câu 3
1 điểm

Điểm

Cho hàm số y  x  3x  1 có đồ thị (C ). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có
tung độ bằng 1.
Hoành độ xo của tiếp điểm M là nghiệm của PT xo3  3xo2  1  1  xo3  3xo2  0
0.25
 xo  0; xo  3.
3

1 điểm

O

.N

4

0.25

0.25

0.25
0.25
Đáp án
Điểm
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  2i) z  (3  2i) z  4  10i. Tìm môđun của số

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử2 hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
phức w  z  2z .
Đặt z  a  bi (a, b  )  z  a  bi.
Ta có (1  2i) z  (3  2i) z  4  10i  (1  2i)(a  bi)  (3  2i)(a  bi)  4  10i
4a  4
a  1
 4a  (4a  2b)i  4  10i  

. Do đó z  1  3i.
4a  2b  10 b  3
Ta có w  z  2z  1  3i  2(1  3i)  3  3i. Suy ra môđun của w là

0.25

w  32  32  3 2.
b) Giải phương trình 27 x  5.323x  4.
2
45
Ta có 27 x  5.323x  4  27 x  x  4  27 x  4.27 x  45  0

27
2
x
Đặt t  27 (t  0) ta được t  4t  45  0
 t  9 hoặc t  5 (loại)

2
3x
2
 3  3  3x  2  x  
3
2
Vậy PT đã cho có nghiệm là x  
3
Đáp án



eT

D
Câu 4

0.25



0.25

0.25

Điểm

2

Tính tích phân I   e x (2e x  x)dx
2

1

2

T
hi

Ta có I  2 dx   xe x dx  J  K .
1

1 điểm

0.25

1

2

2



J  2 dx  (2 x)  2.

0.25

1

1

2

2



2

2







K  xe x dx  xe x  e x dx  (2e2  e)  e x  (2e2  e)  e2  e  e2 .
1

1

0.25

Vậy I  J  K  2  e2 
Đáp án
Điểm
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điể m A(7; 2; 1), B(5;  4;  3) và mặt phẳng
( P) :3x  2 y  6z  38  0.
a) Viết phương trình mặt cầu (S ) có đường kính AB.
b) Chứng minh ( P) tiếp xúc với mặt cầu (S ) .
a) Mặt cầu (S ) có tâm I (1;  1;  1), bán kính R  IA  7.
0.25

.N

1 điểm

Phương trình mặt cầu (S ) : ( x 1)2  ( y  1)2  ( z  1)2  49.
b) Ta có khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( P) là
d ( I ;( P)) 

3.1  2(1)  6(1)  38
2

2



1 điểm

Do cot   2  sin   0, ta có
cos
cot  (1  cot 2  )

sin3 
P

cos3  2sin3 
cot 3   2

sin3  sin3 

0.25
0.25
Điểm

Đáp án
a) Cho góc  thỏa cot   2. Tính giá trị của biểu thức P 

0.25

et

3  (2)  (6)
2

 7.

Vì d (I ;(P))  R nên suy ra ( P) tiếp xúc (S ).
Câu 6

0.25

hu

Câu 5

1

1

cos

cos   2sin3 
3

0.25

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử3 hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
Thay cot   2 vào P được P  1.

0.25
11

2

b) Tìm hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển A( x)   x2   ( x  0).
x

11

Câu 7

  



11
11
11k
k
2
k
k
Ta có A( x)   x2    C11
x2
2x 1  C11
.(2)k .x223k .
x


k 0
k 0
Tìm k sao cho 22  3k  7  k  5.
5
Vậy hệ số của số hạng chứa x7 là C11
.(2)5  14784.
Đáp án

0.25
Điểm

Theo giả thiết ABCD là hình thoi cạnh a và BCD  60o  BCD đều và diện tích
hình thoi ABCD là S ABCD 

eT

D

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ; BCD  60o ; SA vuông góc với
mặt phẳng ( ABCD), hai mặt phẳng (SCB) và (SCD) vuông góc với nhau. Tính thể tích khối
chóp S. ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) theo a .

a2 3

2

0.25

BD  AC
 BD  (SAC)  BD  SC.
BD  SA

S

Ta có 

Gọi O  AC  BD, trong (SAC) kẻ OM  SC, M  SC
 SC  (MBD).

T
hi

1
a
 BMD  90o  OM  BD  
2
2

C
B

Ta thấy

SA AC
SAC ∽ OMC 

OM MC

M

H

Do đó BMD là góc giữa (SCB) và (SCD)

1 điểm

0.25

O
A

D

0.25

a
2 a 6
 SA 

2
OC 2  OM 2
3a2 a2

4
4
a 3.

hu

AC.OM

.N

1
a3 2
Thể tích khối chóp cần tìm là V   SA.S ABCD 

3
4
Ta có O là trung điểm của AC nên d (C,(SBD))  d ( A,(SBD))

Trong (SAC), kẻ AH  SO, H  SO mà AH  BD nên AH  (SBD)

 AH  d ( A,(SBD))

Câu 8

1 điểm

0.25

et

1
1
1
2
4
2
2 
2 
2 
2 
2  2
AH
AS
AO
3a 3a
a
a
a

 AH 
 Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) là

2
2
Đáp án
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, A(2; 2), BC  3BA,
Trong tam giác SAO vuông tại A có

0.25

Điểm

 10 
trọng tâm của tam giác ABC là G  0;
.Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ
3 

nhật ABCD biết rằng đỉnh B có hoành độ dương, đường trung tuyến kẻ từ B của tam giác
ABD có hệ số góc nhỏ hơn 1.
Cách 1.
0.25
Gọi N là trung điểm của BC. Ta có AG  2GN  N (1; 4).

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử4 hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
Gọi M là trung điểm của AD, I là trung điểm của BM . Khi đó
1 
I là trung điểm của AN . Suy ra I  ; 3  

A
2 
Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ( ABN ) .
PT đường tròn

B

I
0.25

G

2

1
13

(C) :  x    ( y  3)2  AI 2  
2
4

Gọi B(a; b) ,ta có

N

M



 



C

0.25

eT

D

2

1
13

a

 (b  3)2  

 B  (C )
 B  (C )

2
4



D
BC


3
BA
2
BN

3
BA


4 (a  1)2  (b  4)2  9 (a  2)2  (b  2)2

 a  2

b  4
2b  2
a2  b2  a  6b  6  0



a  3


  a  2 
2b  2
a 
13b2  68b  64  0  13
3



 16
b 
 13

Theo giả thiết đường thẳng BM có hệ số góc nhỏ hơn 1 nên chọn B(2; 4).

T
hi

Với B(2; 4) và trung điểm N (1; 4) ta suy ra C(4; 4).

Từ AB  DC  D(4; 2).
Vậy các đỉnh còn lại cần tìm của hình chữ nhật ABCD là B(2; 4), C(4; 4), D(4; 2).
Cách 2.
Gọi N là trung điểm của BC. Ta có AG  2GN  N (1; 4).
Suy ra PT AN : 2x  3 y  10  0.
Gọi M là trung điểm của AD, I là trung điểm của BM . Khi đó
1 
I là trung điểm của AN . Suy ra I  ; 3  
2 

0.25

hu

Đặt BA  2m  BC  6m  IA  IB 

2IB.IA





0.25

5
 
13

.N

Ta có cos(BM , AN )  cos BIA 

AN
AB2  BN 2 m 13



2
2
2

IB2  IA2  AB2

0.25

Với b  0  27a2  0  a  0 (loại)
Với b  0, chia hai vế của PT (*) cho b2 ta được
2
a


2

a
a
 
 
3 
27    156    92  0   b
a
b
b
 
 
   46
 b
9

et

1

Gọi BM : a  x    b( y  3)  0 a2  b2  0 .
2

2a  3b
5
5
Ta có cos(BM , AN )  
  27a2  156ab  92b2  0 (*)

13
13. a2  b2 13

0.25



a
Theo giả thiết đường thẳng BM có hệ số góc k    1 nên BM : 2x  3 y  8  0.
b

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử5 hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
 2t  8 
Do B  BM  B  t;
.
3 

2
2
 1   2t  8  13
Ta có IB  IA   t    
 3   13t 2  13t  26  0
4
 2  3

t  2
 B(2; 4)



t  1  B(1; 2) (loaïi)

0.25

Với B(2; 4) và trung điểm N (1; 4) ta suy ra C(4; 4).
Từ AB  DC  D(4; 2).
Vậy các đỉnh còn lại cần tìm của hình chữ nhật ABCD là B(2; 4), C(4; 4), D(4; 2).
Đáp án

Điểm

1

(1)
log4 ( x  1)  log4 ( x  1)  2
Tìm m để hệ sau có hai nghiệm phân biệt: 
log2 x2  2 x  5  2m log 2
2  5 (2)
( x 2 x 5)

x  1
x  1


Ta có (1)  
  x 1
 1  x  3.
 x 1
 x  1  2

log4  x  1   log4 2



Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa 1  x  3.
Đặt t  log2 x2  2 x  5  log2 ( x  1)2  4

eT

D

Câu 9













Với x (1; 3) thì t  (2; 3).
2m
 5  t 2  5t  2m (*)
PT(2) trở thành t 
t

0.25

T
hi

1 điểm

5
Xét hàm số f (t )  t 2  5t trên khoảng (2; 3); có f (t )  2t  5, f (t )  0  t  
2
Lập bảng biến thiên
5

3
2
t
2


0
f (t )
6
6
f (t )
25

4
Dựa vào bảng biến thiên và cách đặt t ở trên ta thấy:
Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt t  (2; 3)

25
25
   2m  6  3  m  
4
8
Đáp án

.N

hu

Câu 10

0.25

0.25

0.25
Điểm

Cho là các số dương thỏa mãn x2  y2  2z 2  2(1  xy) (*). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức



Từ ( x  y)2 
1 điểm
Mặt khác



2x  z

 
2

2y  z





2

 0 suy ra ( x  y  2z)2  4( x2  y2  z 2 ) (1)



2 x2  y 2  2 z 2
( x  y)2  2 z 2

 x2  y 2  z 2
2
2

Từ (1) và (2) suy ra P  x2  y 2  z 2  x2  y 2  z 2 .
Lại đặt t  x2  y2  z 2 , t 

et



( x  y)2  2 z 2
P  5 x 2  y 2  z 2  ( x  y  2 z )2 
2

( x  y)2  2 z 2
 1 (do (*))
2

(2)

0.25

0.25


0.25

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử6 hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
1
 0 với mọi
2 t
t  1, nên hàm số f (t ) đồng biến trên [1;  ). Suy ra f (t )  f (1)  0  P  0.
1
 x2  y 2  z 2  1  x  y 
2




Do đó GTNN của P là 0, đạt được khi 
z
0
x  y 
z  2
2


2

Ta được P  t  t . Xét hàm số f (t )  t  t với t  1. Ta có f (t )  1 

0.25

eT

D

Truy cập thường xuyên để cập nhật nhiều Đề Thi
ThửTHPT Quốc Gia, tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia các môn Toán, Lý,
Hóa, Anh, Văn, Sinh , Sử, Địa được DeThiThu.Net cập nhật hằng ngày
phục vụ sĩ tử!
Like Fanpage Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi:
để cập nhật nhiều đề thi thử và tài
liệu ôn thi hơn

T
hi

Tham gia Group: Ôn Thi ĐH Toán - Anh để cùng nhau học tập, ôn thi:
/>
et

.N

hu
Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử7 hơn qua Facebook : />