đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE264 THPT chuyên bắc ninh (l4)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
TỔ: TOÁN – TIN
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN IV NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 09/ 5/ 2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3 x 2  4 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để
f  x   x3  3mx 2  3  m 2 1 x  m đạt cực đại tại x 1 .

hàm

số

Câu 3 (1,0 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn (1  i ). z  2iz   5  3i . Tìm môđun của số phức w  z  z 2 .
2

b) Giải bất phương trình log 2  x  1  log
1

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

 x 1

2

 2 x 1  2 .

2

dx .
x 2 1
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
x 1 y  7 z  3
x  3 y 1 z  2
d1 :


và d 2 :
. Chứng minh hai đường thẳng d1 và d 2 chéo


2
1
4
6
2
1
nhau. Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa đường thẳng d1 và song song với đường
thẳng d 2 .
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình sin 2 x  2cos 2 x  sin x  cos x .
0

n

2 


b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu – tơn của  x 
 với x  0 , biết
x

rằng n là số nguyên dương thỏa mãn An3 3  6Cn31  294 .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  a 2 . Tam
giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD), SC tạo với mặt đáy một góc

600 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là
1 3
điểm trên cạnh AB sao cho AB  3 AD , H là hình chiếu vuông góc của B trên CD, M  ;   là
 2 2
trung điểm đoạn thẳng CH. Viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm A  1;3 và điểm B
nằm trên đường thẳng  : x  y  7  0 .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực:
 x 2  2 x  xy  y  y 2  2 y  xy  x

.
2
2
 2
2
x

2
x




y

4
x

1

0

x
y 2  4 x 1

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  2 với

x  max{x, y , z} đồng thời y 2  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
6 x2
6 y2
z
.


2
2
x  z y  z 2x  y3
------------- Hết -------------

T

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN IV NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN THI: TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN

Câu

3

Điểm

2

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3x  4


1,0đ

TXĐ: D   .

0,25

 Sự biến thiên
*) Giới hạn và tiện cận
lim y   , suy ra đồ thị hàm số khôngcó tiệm cận
x  

*) Bảng biến thiên

y   3x 2  6 x , y   0  3 x 2  6 x  0  x  0, x  2
x 
0
2
0
0
y


4





0,5

0


Hàm số nghịch biến trên các khoảng  0; 2 
1
(1,0
điểm)

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  ,  2;  
Hàm số đạt cực đạt cực đại tại x  0; yCD  4 .
Hàm số đạt cực đạt cực tiểu tại x  2; yCT  0 .
 Đồ thị

4

2

0,25

-2

Tìm tất cả các giá trị của tham số
f  x   x3  3mx 2  3  m 2 1 x  m đạt cực đại tại x 1 .


2
(1,0
điểm)



m

để

hàm

số

f   x   3 x 2  6mx  3  m 2 1 ; Hàm số f  x  đạt cực đại tại x 1  f  1 1
m  0
.
 3m 2  6m  0  

m  2
Với m  0 : f   x   3 x 2  3

Lập BBT của hàm số f  x  ta thấy hàm số f  x  đạt cực tiểu tại x 1 nên m  0
không thỏa mãn.
 Với m  2 : f   x   3 x 2  12 x  9
Lập BBT của hàm số f  x  ta thấy hàm số f  x  đạt cực đại tại x 1 nên m  2
thỏa mãn. Vậy m  2 .

1,0
0,25
0,25

0,25

0,25


a) Cho số phức z thỏa mãn (1  i ). z  2iz   5  3i . Tìm môđun của số phức

w  z  z2 .


0,5

Đặt z  x  yi ( x, y   ) . Thay vào giả thiết, ta được

(1  i )( x  yi)  2i ( x  yi)  5  3i  x  3 y  ( x  y )i  5  3i
0,25

 x  3 y  5
x  7


 z  7  4i
x  y  3
y  4
3
(1,0
điểm)



Khi đó w  z  z 2  40  60i  w  40 2  60 2  20 13
2

b) Giải bất phương trình log 2  x  1  log


ĐK: x 

2

 2 x 1  2 .

1
* . Đưa về BPT: log 2  x  1 2 x 1 1 (do với
2

1

x   x  1  0 ).
2



3
1
 2 x 2  x  3  0    x  1 . Kết hợp với ĐK (*) ta được  x  1 .
2
2
1

Tính tích phân I  
0

4
(1,0
điểm)

5
(1,0
điểm)

 x 1

x 2 1

dx .



Tính I1   dx  x 0 1 .

1

2
1
1 d  x  1
2x
dx  
 ln  x 2  1  ln 2 .
2
2
0
0
x 1
x 1

Tính I 2  



Suy ra I 1  ln 2 .

0

hai đường thẳng đó chéo nhau


Gọi n là VTPT của (P), từ giả thiết ta có



 
n  u1
  
    chọn n  u1 , u2 
n  u2

Mp(P) đi qua điểm A 1;7;3 và có VTPT n nên có phương trình

9 x  22 y  10 z  133  0 .

0,25

0,25
0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
x 1 y  7 z  3
x  3 y 1 z  2
d1 :


và d 2 :
. Chứng minh hai đường


2
1

4
6
2
1
thẳng d1 và d 2 chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa
đường thẳng d1 và song song với đường thẳng d 2 .

 Đường thẳng d1 đi qua điểm A 1;7;3 và có VTCP u1  (2;1; 4) .

Đường thẳng d 2 đi qua điểm B  3; 1; 2  và có VTCP u2  (6; 2; 1) .

Ta có AB  2;  8; 5 
 
  
 Tính được u1 , u2    9;22;  1  u1 , u2  . AB  108  0 . Từ đó suy ra







0,25

0,25

0



0,25

1,0

1
1
1 2x
2x 
Đưa tích phân về I   1  2  dx   dx   2 dx .
0
0
0 x 1
 x 1 

1

0,5

2



1

0,25

1,0

0, 25

0, 25

0, 5


a) Giải phương trình sin 2 x  2cos 2 x  sin x  cos x .


0,5

Đưa về phương trình  sin x  cos x  2cos x 1  0 .

0,25


 
sin x  cos x  0  sin  x    0  x   k .
4
4

1

 2cos x 1  0  cosx   x    k 2 .
2
3
b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu – tơn của


6
(1,0

điểm)

n

2 

3
3
x


 với x  0 , biết rằng n là số nguyên dương thỏa An  3  6Cn 1  294 .
x

3
3
 Từ giả thiết An3  6Cn1  294
 ( n  1)( n  2)( n  3)  ( n  1) n(n  1)  294  (n  1) 2  49  n  6 .

0, 25

0,5

0,25

6

12 3 k
6
2 


k
k
2
 Với n = 6   x 
.
   C6 ( 2) x
x  k 0


0,25

Số hạng không chứa x ứng với k = 4 là a0  C64 (2)4  240 .

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  a 2 . Tam
giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD), SC tạo
với mặt đáy một góc 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai
mặt phẳng (SBC), (SCD).
1
3

 Tính VS . ABCD  SH .S ABCD

1,0

S

Với H là trung điểm AB, ta có
SH   ABCD  và góc giữa SC với mặt

H

.
đáy (ABCD) là góc SCH

 Ta có : HC 

0,25
E

B
7
(1,0
điểm)

D

A

C

3a
  3a .tan 600  3a 3
. SH  HC .tan SCH
2
2
2
3
1
a 6

2 VS . ABCD  .SH.S ABCD 
.
3
2

HB 2  BC 2 



S ABCD  AB.AD  a 2



Gọi E là trung điểm CD. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho

3a 3 
a

H  0; 0; 0  , B  ; 0;0  , E 0; a 2;0 , S  0; 0;
 .
2
2








3a 3 
 a
   a

2 
 2

2
  a
3a 3    a
3a 3 
SC   ;a 2; 
 , SD    ;a 2; 

2 
2 
2
 2
2
   2


 SB, SC    3a 6 ;0; a 2   VTPT của mp(SBC) chọn n1  3 3;0;1


2 
 2
a
2




Ta có C  ; a 2;0  , D   ; a 2;0   SB   ;0; 










Tương tự VTPT của mp(SCD) là n2  0;3 3; 2 2




Gọi góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) là  , ta có:

 
n1.n2
2 2
10
10
.
cos     

   arccos

35
35
28. 35
n1 . n2

0,25

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC cân tại A. Gọi D là điểm trên
cạnh AB sao cho AB  3 AD , H là hình chiếu vuông góc của B trên CD,

1 3
M  ;   là trung điểm đoạn thẳng CH. Viết phương trình đường thẳng
 2 2
BC, biết điểm A  1;3 và điểm B nằm trên đường thẳng  : x  y  7  0 .

1,0

A

Chứng minh được MA  MB .

D
H

0, 25
M

8
(1,0
điểm)

C

B

  3 9 

 AM  ;   , đường thẳng BM đi qua M và nhận AM làm vtpt nên có phương
2 2
trình x  3 y  5  0 ; B    BM  B   4;  3 .


 Giả sử D  a; b  , ta có AB   3;  6  , AD  a  1; b  3
  3  a  1   3 a   2
AB  3 AD  

 D   2;1
3  b  3   6 b  1
  5 5 

MD   ;  là vtcp của CD nên CD nhận n 1;1 làm vtpt. CD đi qua D nên có
 2 2
phương trình x  y 1  0 .
BH đi qua B và vuông góc với CD nên có phương trình x  y  1  0 .
H  BH  CD  H  1; 0  .
 M là trung điểm CH nên C  2;  3 . Từ đó suy ra phương trình BC là y  3  0 .

9
(1,0
điểm)

 x 2  2 x  xy  y  y 2  2 y  xy  x

Giải hệ phương trình:  2
2
2
x

2
x


 y 2  4 x 1  0

2
x
y  4 x 1

 ĐKXĐ: x  0, y  1, y 2  4 x  1  0 . Với ĐKXĐ ta có



 

(1)  x 2  y 2  ( x  y )  x  xy  x 

 ( x  y )( x  y  1) 

0, 25

0,25

0, 25

1,0



xy  y  y  0

x( x  y  1) y ( x  y  1)

0
x  xy  x y  xy  y



x
y
 ( x  y  1)  x  y 

  0  x  y  1  0

x

xy

x
y


xy

y



0, 25


 Vì với ĐKXĐ, ta có:



x
y
x
y

 x
 y
0
x  xy  x y  xy  y
x  xy  x 
y  xy  y 
2
2
Thay vào (2) ta được x 2  2 x 

 x 2  2 x  2 (*)
2

x
x  2x  2
2
Xét hàm f ( x) 
 x 2  2 x  2, x  0
2
x  2x  2
(1  x)( x 2  2 x  4)
Ta có f ( x) 
. Từ đó suy ra Max f ( x )  f (1)  1 .
( x 2  2 x  2)3

x y

 Xét g ( x)  x 2  2 x 

g ( x) 

2x

2

0, 25

0, 25

2
, x  0 ta có
x

x  x 1

x x





2 x2 x  x  x 1
x x

 x ( x  x  1) 
1

x

1

  x  1 


x x





0, 25

nên Min g ( x )  g (1)  1 .

Do đó ta có VT (*)  VP (*), x  0 , phương trình (*) xảy ra  x  1 .
Khi đó y  2 . Ta đi đến kết luân hệ có nghiệm

 x ; y   (1;2) .

Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn

x 2  y 2  z 2  2 với

x  max{x, y , z} đồng thời y 2  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
6 x2
6 y2
z
.
T 2
 2

x  z y  z 2x  y3

1,0

 Ta có x  max{x, y, z} và x 2  y 2  z 2  2 nên suy ra 0  z  1,0  y  1 .

x 2  z  x 2  y 2  z, y 2  z  x 2  y 2  z

x2
y2
x2  y2
2  z2
 2




x  z y 2  z x2  y2  z 2  z  z 2

z
z
Và 2 x  1  x , y  y  2 x  y  1  x  y  3  z 
.

3
2x  y
3  z2
2

10
(1,0
điểm)

3

2

6 2  z2 

3

2

2

z
.
2 z z
3  z2
 Để ý 3  z 2  2  z  z 2  0  1  z và 2  z 2  0 (đúng vì 0  z  1 ) nên
6 2  z2 
z
12  z  6 z 2
T


 f ( z)
2  z  z2 3  z2
3  z2
z 2  12 z  3
 Xét hàm f ( z ) với 0  z  1 . Ta có f ( z ) 
.
2 2
3

z
 

Suy ra T 

2

0, 25

2



 Lập bảng biến thiên ta đi đến kết luận f ( z )  f (1) 

7
z   0;1 .
2

7
7
Với x  z  1, y  0 thì T  . Vậy Min T  .
2
2

-------------------- Hết -------------------

0, 25

0, 25

0, 25