đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE183 THPT nguyễn diệu, bình địnhw

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN DIÊU

ĐỀ ÔN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

x 1
có đồ thị (C).
2x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Chứng minh rằng đường thẳng d : y  x  m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B với mọi
giá trị m.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sin 2 x  2 3 cos 2 x  0.
b) Giải bất phương trình log 2  x 2  1  1  log 2 ( x  2).
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện
log 2 z  (3  4i )  1.
b) Tìm hệ số của số hạng chứa x

2010

2

trong khai triển của nhị thức:  x  2 
x 


2016

.

1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I    4 x 2  e2 x  xdx.
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2;1;2) , B (2;0;2) , C (0;1;0) . Lập
phương trình mặt phẳng (ABC). Tìm điểm M trên đường thẳng AC sao cho tam giác MAB cân tại
M.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , cạnh bên SA
  BCA
  600 và AC  a . Gọi H là hình chiếu của A lên SB .
vuông góc với đáy, biết rằng SBA
Tính theo a thể tích khối chóp S .ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SC .

 38 34 
 1
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có hai điểm M  3;  và N  ; 
 4
 25 25 
nằm trên đường thẳng AB, phương trình đường thẳng AC là 3 x  4 y  6  0 . Tìm tọa độ các đỉnh
A, B, C biết tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng d : x  y  2  0
và có hoành độ lớn hơn 1, đồng thời điểm P là chân đường phân giác trong AI có hình chiếu
vuông góc lên đường thẳng AB là điểm N.
4  x  1  32 x  8 y 2  y 2  10
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 

 y 2  1  3 2 x  1  1

 x, y   

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thay đổi sao cho log 2 ( x  y )  3  log 2 x  log 2 y.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

32 x  32 y
.
3x 1  3 y

––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––––

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM – />

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN : TOÁN
Câu

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

x  1
y
2x  1

1 

+ TXĐ: D   \  
2 
+ Sự biến thiên:


a
(1đ)
1
(2đ)

Chiều biến thiên: y '  

1

 2 x  1

2

0,25

1
 0, x 
2

1

1

Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng:  ;  và  ;   .
2


2

 Cực trị: Hàm số không có cực trị
1
1
 Giới hạn : lim y    đường thẳng y   là tiệm cận ngang
x 
2
2
 lim y  
 x 12
1
 đường thẳng x  là tiệm cận đứng.

2
 lim1  y  
x
 2
 Bảng biến thiên :
x
1


2
y/
–
–
y
1



2
1
–

2
+ Đồ thị:
– Giao điểm với Ox : (1; 0);
– Giao điểm với Oy : (0 ; –1)




 0,25




 0,25


0,25
y

f(x)=(-x+1)/(2*x-1)
f(x)=-1/2

4

x(t)=1/2 , y(t)=t

3
2
1

x
-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

-1
-2
-3
-4

1 1
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm I  ;   của 2 tiệm cận làm tâm đối

2 2
xứng.
b
(1đ)

+ Pthđgđ của (C) và d :
Đk: x 

x 1
 xm
2x  1

0,25

1
2

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM – />

1   x  1  2 x 2  2mx  x  m
 2 x 2  2mx  1  m  0, *

0,25

1
không phải là nghiệm của pt
2
Ta có:  '  m 2  2m  2  0, m
Do đó pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Vậy d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt với mọi m

0,25

Ta thấy x 

0,25

sin 2 x  2 3 cos 2 x  0  2sin x cos x  2 3 cos 2 x  0



a
(0,5)
2
(1đ)

b
(0,5)

a
(0.5)

0,25



 x  2  k
 cos x  0
 
 

 x     k
 tan x   3

3

0,25

log 2  x 2  1  1  log 2 ( x  2)  log 2  x 2  1  log 2 2( x  2).

0,25

 x  2
x  2  0
 x  2
 2  x  1

 2
 2
   x  1  
x  3
 x  1  2( x  2)
x  2x  3  0
 x  3


Điều kiện: z  3  4i
Gọi M  x; y  với  x; y    3; 4  là điểm biểu diễn
z  x  yi; x, y  
Khi đó log 2 z  (3  4i )  1  z  (3  4i )  2
2

 x  3   y  4 


3
(1đ)



 2cos x sin x  3 cos x  0

2

2

số

0,25

phức
0,25

2

 2   x  3   y  4   4

025

Vậy tập hợp các điểm số phức z trong mặt phẳng tọa độ là đường tròn tâm
I(3;–4) bán kính R=2.

k

2016

b
(0,5)

2016

 2  2016
2 
k
Xét khai triển:  x  2 
  C2016
x 2016 k  2    2 k Ck2016 x 2016 3 k
x 
k 0

 x  k 0
2
Số hạng chứa x 2010 ứng với 2016  3k  2010  k  2 là 22 C2016
x 2010 có hệ

0,25
0,25

2
2
số là 22 C2016
 4C2016

.
1

Ta có I 

1

1

1

2
2x
3
2x
2x
  4 x  e  xdx   4 x dx   x.e dx  1   x.e dx
0
1

0

0

0,25

0

Tính J  x.e 2 x dx


0

4
(1đ)

du  dv
u  x

Đặt 

1 2x
2x
dv  e dx v  e

2
1

1

0,25
1

1 2x
e2 e2 x
e2  1
 1 2x 
 J   xe    e dx  

2

4 0
4
2
0 2 0
e2  5
Vậy I  1  J 
4

0,25

0,25

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM – />



 
+) AB  (0; 1; 0); AC  (2; 0; 2);  AB, AC   (2;0; 2).

5
(1đ)

+)mp(ABC) qua C(0;1;0) và có VTPT
 

 AB, AC   (2; 0; 2) hay n  (1;0; 1)


có pt: x–z = 0.
x  t


+)PTTS của AC:  y  1 , M thuộc AC nên M(t;1;t).
z  t


0,25
0,25

0,25

0,25

+) MB = MC  t  1. Vậy M(1;1;1).
S

K

H
a
A

60

C

60

B

a 3

Vẽ hình đúng và tính được AB  AC .sin 60 
2
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
a 3
3a
Tính SA  AB tan 600 
. 3
2
2
a
1
1 a 3 a a2 3
Tính BC   S ABC  AB.BC  .
. 
2
2
2 2 2
8
2
3
1
1 a 3 3a a 3
 VSABC  S ABC .SA  .
. 
3
3 8
2
16
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Gọi K là hình chiếu của A lên SC và chứng minh được KH là đoạn

vuông góc chung của hai đường thẳng AH và SC .
Xét hai tam giác đồng dạng SKH và SBC , ta có
SK KH
SK .BC (SK .SC ).BC SA2 .BC

 KH 


(*)
SB BC
SB
SC .SB
SC .SB
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

0,25 đ

0

6
(1đ)

Tính SC  SA2  AC 2 

9a 2
13a 2 a 13
 a2 

và
4

4
2

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

9a 2 3a 2

 3a 2  a 3 . Thay vào (*), ta được
4
4
2
9a a
.
SA2 .BC
4 2  9a  9 39a
KH 

SC .SB
156
a 13
4 39
.a 3
2
9 39a
KL: d  AH , SC   KH 
.

156
+)Lập được ptAB: 3x +4y – 10 = 0.
SB  SA2  AB 2 

7

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM – />

(1đ)

3 x  4 y  10  0
Tọa độ A là nghiệm của hệ 
Tìm được A(2/3;2).
3
x

4
y

6

0.

+)Vì tâm đường tròn nội tiếp thuộc đường thẳng x – y – 2 = 0 nên I(a;a – 2),
điều kiện a > 1.
Ta có d(I;AB) = d(I;AC)
 7a  18   a  14
 a  4(n)

 a  2 (l )

3

Vậy I(4;2) và bán kính đường tròn nội tiếp r = 2.
+)Lập pt AI: y–2 = 0.
Lập pt PN: 4x –3y – 2 = 0.
P là giao điểm của AI và PN nên tọa độ P là nghiệm của hệ
y  2  0
giải được P(2;2)

4 x  3 y  2  0

+)BC qua P(2;2) và có VTPT n  (a; b) có pt dạng a( x  2)  b( y  2)  0.
Ta có d(I;BC) = r
2a

 2  a  a 2  b 2  b  0. Chọn a = 1
2
2
a b
Khi đó pt BC là x – 2 = 0.
3 x  4 y  10  0
Tọa độ B là nghiệm của hệ 
Tìm được tọa độ B(2;1) .
x  2  0.
3 x  4 y  6  0
Tọa độ C là nghiệm của hệ 
Tìm được tọa độ C(2;3).
x  2  0.
4  x  1  32 x  8 y 2  y 2  10 (1)


(I ) 
 y 2  1  3 2 x  1  1 (2)
y2
32 x  8 y 2  0  x 
4
Ta

Điều

0,25

0,25
0,25

0,25

kiện

có:

0,25đ

2

8
(1đ)

y
Pt (1)  4 x  y 2  32 x  8 y 2  6  0  2 x   8 x  2 y 2  3  0
2

2
2

y 
y
  2x    2 2x 
3  0
2 
2

––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

y2
1
 2x 
y2
2


 2x 
 1  y2  4x  2

2
2
 2 x  y  3 (loaïi)

2
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Thế y 2  4 x  2 vào pt (2), ta được: 4 x  1  3 2 x  1  1
u  4 x  1

Đặt 
, (đk: u  0 )
v  3 2 x  1
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

0,25đ

0,25đ

0,25đ

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM – />

u  v  1
u  1
ta có hệ  2
.Khi đó ta suy ta được


3
u  2v  1 v  0

1

x 
2 (thỏa đk).

 y  0

1 

KL: Nghiệm hpt (I) là :  ; 0  .
2 
Ta có P 

32 x  32 y
32( x  y )  1

3x 1  3 y
3.3x  y  1

Từ

giả

thiết

log 2 ( x  y )  3  log 2 x  log 2 y  log 2 ( x  y )  log 2 8 xy 
2

Suy ra x  y  8 xy  2  x  y   x  y 
Đặt t  3

x y

0,25

1
2

t2 1

, t  3 . Suy ra P 
 f (t )
3t  1

t2 1
trên đoạn  3;  


3t  1
t 3
Ta có f / (t ) 
; f / t   0  t  3
2
2
 3t  1 t  1
Xét hàm số f (t ) 

9
(1đ)

Lập bảng biến thiên
t
3
f’(t)
f(t)
2
3 3 1

–

3
0

0,25


–
1
3

1
10
1
, đạt được khi
10

2 2
x 
4
 

2 2
x  y  1
 y 


4
 x  y  8 xy  

2 2

 x, y  0
x 

4



2 2
 y 

4
 

0,25

Vậy min P 

0,25

* Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều đạt điểm tối đa.

TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM – />