đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE161 THPT số 1 an nhơn, bình định w

THPT SỐ 1 AN NHƠN
ĐỀ THI THỬ 02

ĐỀ SỐ 161

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y   x 3  3mx  1 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O
là gốc tọa độ ).
Câu 2 (1 điểm) Tính tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn [0; 2015] của phương trình:

sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x .
2

Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân sau I  
1

x3  2 ln x
dx .
x2

Câu 4 (1 điểm)
a) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực
nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ..
b) Tìm quỹ tích các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2 z  i  z  z  2i .
Câu 5 (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 và đường thẳng
d:

x 1 y 1 z  3
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường


2
1
3

thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 .
Câu 6 (1 điểm) Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I là trung
điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của BC, mặt
phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S. ABC và tính khoảng cách từ
điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a .
Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của

ADB có phương
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của 
trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .
 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4

Câu 8 (1 điểm) Giải hệ phương trình 
.
 4 y 2  x  2  y  1  x  1

Câu 9 (1 điểm) Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P

bc
3a  bc

ca



3b  ca



ab

.

3c  ab

---------------------------- Hết --------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………………………..; Số báo danh: ……………………….

-7-

923


Câu
1

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung

Điểm

a. (1,0 điểm)
Với m=1 hàm số trở thành: y   x3  3x  1 . TXĐ: D  R
y '  3 x 2  3 , y '  0  x   1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng

 ; 1

0.25

và 1;   , đồng biến trên khoảng 0.25

 1;1
Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1
lim y   , lim y  
x 

x 

* Bảng biến thiên
x
–
y’
+
y

0.25
-1
0

+

1
0
3

–

+
+

-1

-

Đồ thị:
4

0.25
2

2

4

B. (1,0 điểm)
y '  3 x 2  3m  3  x 2  m 

y '  0  x 2  m  0  *

0.25

Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  m  0 **





Khi đó 2 điểm cực trị A  m ;1  2m m , B

2.



m ;1  2m m



 
1
1
OAB vuông tại O  OA.OB  0  4m3  m  1  0  m  ( TM (**)). Vậy m 
2
2
(1,0 điểm)
sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x  (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0

0.25
0.25
0,25

0.25
 2 sin x  cos x  3   2 sin x  0  2sin x  cos x  3  sin x   0
2

sin x  0

 x  k , k  Z .
sin x  cos x  3(Vn)
Vậy tổng các nghiệm cần tìm là: S  0    2  ...  641  205761
3

0. 25
0. 25
0.25

(1,0 điểm)
2

2

2

2

2

ln x
x2
ln x

3
ln x
I   xdx  2  2 dx 
 2  2 dx   2  2 dx
x
2 1
x
2
x
1
1
1
1
2

Tính J  
1

1
1
1
ln x
dx . Đặt u  ln x, dv  2 dx . Khi đó du  dx, v  
2
x
x
x
x
2

2

1
1
Do đó J   ln x   2 dx
x
x
1
1
-9-

924

0.25

0.25


Câu

Nội dung

Điểm

2

1
1
1
1

J   ln 2 
  ln 2 
2
x1
2
2
Vậy I 
4.

0.25

1
 ln 2
2

0.25

(1,0 điểm)
a,(0,5điểm) n     C113  165

0.25
2
5

1
6

1
5

2
6

Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C .C  C .C  135
135 9
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
 .
165 11
b,(0,5điểm) Lời giải: Gọi z = x + yi (x, y   ).
Ta có: 2 z  i  z  z  2i  2 x   y  1 i   2  2 y  i
2

 2 x 2   y  1 

2  2y

2

 y

1 2
x . Vậy quỹ tích cần tìm là Parabol
4

0.25

0.25
0.25

1 2

x .
4
(1,0 điểm)
y

5.



Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3 . Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm
VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0  2 x  y  3 z  18  0

0.25

Vì B  d nên B  1  2t;1  t; 3  3t 

0.25

2

2

AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0

6.

t  3
 13 10 12 
  3 Vậy B  7; 4;6  hoặc B   ; ;  
t 
7
 7 7
 7
(1,0 điểm)
Sj
Gọi K là trung điểm của AB
 HK  AB (1)

0.25

0.25

Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK

M
B

H

C

Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng
góc giữa SK và HK và bằng
  60
SKH

K

A

a 3
Ta có SH  HK tan SKH
2
1
1 1
a3 3
Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC .SH 
3
3 2
12

0.25

Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB  
Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM

- 10 -

925

0.25


Câu

Nội dung
Ta có

Điểm

1
1
1
16
a 3
a 3
. Vậy d  I ,  SAB   
.


 2  HM 
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4

0,25

(1,0 điểm)
7.


Gọi AI là phan giác trong của BAC

Ta có : 
AID  
ABC  BAI

A
E
M'

  CAD
  CAI

IAD
  CAI
,
 nên
Mà BAI
ABC  CAD


AID  IAD

K
M
I

B

C

0,25

D

 DAI cân tại D  DE  AI
PT đường thẳng AI là : x  y  5  0
0,25
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)

VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT của đường thẳng AB là

n   5; 3 

0,25
0,25

Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5 x  3 y  7  0
(1,0 điểm).

 xy  x  y 2  y  0
 x  3 xy  x  y  y  5 y  4(1)

. Đk: 4 y 2  x  2  0

 y 1  0
 4 y 2  x  2  y  1  x  1(2)


2

Ta

có

(1)  x  y  3

 x  y  y  1  4( y  1)  0 .

0.25

Đặt

u  x  y , v  y 1

( u  0, v  0 )
u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)
8.

Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được :
 4 y 2  2 y  3   2 y  1 

2  y  2
4 y2  2 y  3  2 y 1







0.25

y2
0
y 1 1


1
0
y  1  1 

2
4 y2  2 y  3  2 y 1



1
 0y  1 )
y 1 1

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 
9.

0.25

y 1 1  0


2
  y  2 

 4 y2  2 y  3  2 y 1

 y  2 ( vì 

4 y2  2 y  3  y 1  2 y

(1,0 điểm) .

- 11 -

926

0.25


Câu

Nội dung
Vì a + b + c = 3 ta có
bc
bc
bc
bc  1
1 



 


2  ab ac 
3a  bc
a (a  b  c)  bc
(a  b)(a  c)
1
1
2


Vì theo BĐT Cô-Si:
, dấu đẳng thức xảy ra  b = c
ab ac
(a  b)(a  c)
Tương tự

Suy ra P 

ca
ca  1
1 
 

 và
2 ba bc
3b  ca

ab
ab  1
1 




2  ca cb 
3c  ab

bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3



 ,
2(a  b) 2(c  a ) 2(b  c)
2
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =

927
- 12 -

Điểm

0,25

0,25

0,25
3
khi a = b = c = 1.
2

0,25