đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE247 THPT phùng khắc khoan, hà nội

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN
Môn: TOÁN. Ngày thi: 16 / 05 / 2016
- THẠCH THẤT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

2x  3
.
x2

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  ( x 2  2).e 2 x trên đoạn
 1; 2 .
Câu 3 (1,0 điểm).
1) Giải phương trình log 3 ( x 2  3 x )  log 1 (2 x  2)  0

(x  )

3

2) Cho số phức z thỏa mãn (2  i ) z  4  3i . Tìm môđun của số phức w  iz  2 z .
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   3 x 2  2 x  ln(2 x  1)  dx .
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) và đường thẳng
x  3 y  2 z 1
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng
d:



2
1
2
d. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu 6 (1,0 điểm).


1) Tính giá trị của biểu thức A  co s      sin  2015     cot  2016    biết góc 
2


thỏa mãn 5sin 2  6cos  0 và 0    .
2
3
2) Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 3Cn  4n  6Cn2 . Tìm hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển
n

2

x 2  .
x 

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường
thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 300. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với AB // CD có
 1 

1 1
diện tích bằng 14, H   ;0  là trung điểm của cạnh BC và I  ;  là trung điểm của AH. Viết
 2 
4 2
phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có hoành độ dương và D thuộc đường thẳng
d : 5x  y  1  0 .
 x 3  y 3  3 y 2  x  4 y  2  0
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  3
( x, y   )
 x  x  3  2 x  2  y
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
3
P

.
a  ab  3 abc
abc
---------------- Hết---------------


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI

KỲ THỬ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN
- THẠCH THẤT -

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN Ngày thi: 16 / 05 / 2016

(Đáp án – Thang điểm gồm 04 trang)
Câu

Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y 

Điểm
2x  3
x2

1,00

 Tập xác định: D  R \ 2
 Sự biến thiên: + y '  

1

 x  2

 0, x  D

2

0,25

+ Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ;2  và 2; 
 Giới hạn tiệm cận: lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang y = 2
x 

x 

lim y  ;

lim y   ; tiệm cận đứng x = 2

x 2

1
(1,0đ)

+ BBT:
x
y’
y

0,25

x2

–

2
–

+
–

2

0,25

+
-

2

y

 Đồ thị:

2
0,25

3/2
2
O

2
(1,0đ)

x

3/2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)  (x 2  2).e2x trên đoạn [–1 ; 2].

1,00

 Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [–1 ; 2], f '(x)  2(x 2  x  2)e 2x

0,25

 x  1 ( 1; 2)
 x  2  (1; 2)

 f '(x)  0  x 2  x  2  0  
 f (1)  e2 , f (1) 

1
2

, f (2)  2e 4 .

e
 GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] bằng 2e4, khi x = 2,
GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] bằng – e2 , khi x = 1.
1) Giải phương trình: log 3 ( x 2  3 x)  log 1 (2 x  2)  0 (1) ( x   )

0,25
0,25
0,25
0,50

3

3
 Đk: x > 0 (*). Với Đk(*) ta có: (1)  log 3 ( x 2  3x )  log 3 (2 x  2)
(1,0đ)
 x  1(tm)

  x2  x  2  0  
. Vậy nghiệm của PT là x = 1
 x  2(l )

0,25
0,25


2) Cho số phức z thỏa mãn (2  i)z  4  3i . Tìm môđun của số phức w  iz  2 z .
 (2  i)z  4  3i  z  1  2i

 w  iz  2z  i(1  2i)  2(1  2i)  4  5i . Vậy | w | 41

0,50
0,25
0,25

1

Tính tích phân :

 3x

2

 2 x  ln(2 x  1)  dx .

1,00

0

1

1

1

 I   3 x 2  2 x  ln(2 x  1)  dx   (3x 2  2 x) dx   ln(2 x  1) dx
0

0

1

0,25

0

1

 I1   (3 x 2  2 x) dx  (x 3  x 2 ) 0  0

0,25

0

4
1
(1,0đ)  I  ln(2 x  1)dx
2


0

2

1
1
dx
u  ln(2x  1) du 
2x
Đặt 
dx

2x 1  I2   x ln(2 x  1) 0  
2x 1
dv  dx
0
v  x
1


0

 I 2  ln 3   1 

1 
3
3
dx  ln 3  1 . Vậy I  I 2  ln 3  1 .


2x 1 
2
2

x  3 y  2 z 1


. Viết
2
1
2
phương trình mp(P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm M thuộc
d sao cho khoảng cách từ M đến mp(P) bằng 3.

0,25

0,25

Trong không gian Oxyz , cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và d :



 Mp(P) qua A và nhận một VTCP của d là u  (2;1; 2) làm VTPT
5
(1,0đ)  Phương trình của (P) là : 2(x + 2) + y – 3 – 2(z – 1) = 0 hay 2x + y – 2z + 3 = 0.

 Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; 2 + t; 1 – 2t)  d(M, (P))  3t  3
 d(M, (P))  3  | 3t  3 |  3  t = 0 hoặc t = –2.

1,00

0,25
0,25
0,25
0,25

Vậy M(3 ; 2 ; 1) hoặc M(–1 ; 0 ; 5).


1) Tính giá trị của biểu thức A  co s      sin  2015     cot  2016    biết
2


góc  thỏa mãn 5sin 2  6cos  0 và 0    .
2

 Vì 0   
6
(1,0đ)


nên cos > 0, cot > 0.
2

3
(1)  10sin .cos  6cos  0  cos.(5sin   3)  0  sin   (vì cos > 0)
5

 Ta có co t 2  

1
2

sin 

1 

25
16
4
 1   cot   (vì cot > 0)
9
9
3

3 4
2
 A  sin   sin   co t   2sin   co t   2.   
5 3
15

0,50

0,25

0,25


2) Cho n   thỏa mãn 3C3n  4n  6Cn2 . Tìm hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển
n

0,50

2 

x 2  .
x 


 Điều kiện n  3, n   .

n  n  1 n  2 
3C  4n  6C 
 4n  3n  n  1  n 2  9n  0  n  9 (do n  3 )
2
3
n

0,25

2
n

9

2 

 Khi đó ta có  x  2  
x 


k

9

C

k
9

x

9 k

k 0

 2 
 2  
x 

9
k
9

 C 2 

k

x 93k

k 0

9  3k  3
 Số hạng chứa x 3 ứng với k thoả mãn 
 k  2  hệ số của x 3 là
0  k  9, k  N
2
C92  2  144
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường
thẳng SC và mp(ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
S

0,25

1,00

 Gọi H là trung điểm của AB.
  300 .
 SH  ( ABCD) và SCH
Ta có: SHC  SHD  SC  SD  2a 3 .

K
A

D
I

0,25

  SC.sin 300  a 3
SH  SC.sin SCH
  SC .cos 300  3a
HC  SC .cos SCH

H

B

Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

C

 Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a  BC  HC 2  BH 2  2a 2 .
7
(1,0đ)
1
4a 3 6
Do đó S ABCD  AB.BC  4a 2 2 . Vậy VS . ABCD  S ABCD .SH 
.
3
3

0,25

 Vì BA  2 HA  d  B,  SAC    2d  H ,  SAC  
Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:

0,25

AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà
HK  SI  HK   SAC  .
 Vì hai tam giác HIA và CBA đồng dạng nên

 HK 

HS .HI
HS 2  HI 2



a 66
. Vậy
11

d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2 HK 

HI AH
AH .BC a 6

 HI 

.
BC AC
AC
3

0,25
2a 66

11


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với AB // CD có diện tích bằng
1
1 1
14, H (  ;0) là trung điểm của cạnh BC và I ( ; ) là trung điểm của AH. Viết
2
4 2
phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có hoành độ dương và D thuộc đường thẳng
d: 5 x  y  1  0 .
A

1,00

B

 Vì I là trung điểm của AH nên A(1;1)
13
 AH 
.
2

I
H

0,25

M

D

C

8
 Phương trình AH là: 2 x  3 y  1  0 .
(1,0đ)
Gọi M  AH  CD thì H là trung điểm của AM

0,25

 M(–2; –1). Giả sử D(a; 5a + 1) (a > 0). Ta có:
 ABH  MCH  S ABCD  SADM  AH .d ( D, AH )  14  d ( D, AH ) 

28
13

0,25

 Hay 13a  2  28  a  2(vì a  0)  D (2;11) .

Vì AB đi qua A(1;1) và nhận MD  (4;12) làm 1 VTCP

 AB có 1 VTPT là n(3; 1) nên AB có pt là: 3 x  y  2  0

0,25

 x 3  y 3  3 y 2  x  4 y  2  0 (1)
Giải hệ phương trình:  3
(2)

 x  x  3  2 x  2  y
 Điều kiện: x  2 .
3
(1)  x3  x  2  y 3  3 y 2  4 y  x3  x  2   y  1   y  1  2 (3)

1,00
0,25

 Xét hàm số f  t   t 3  t  2 trên  2;   , f  t  liên tục trên  2;   ,
Ta có: f '  t   3t 2  1  0, t   2;    f  t  đồng biến trên  2;   .

0,25

 (3)  f ( x )  f ( y  1)  x  y  1 .
 Thay y  x  1 vào phương trình (2) ta được: x 3  3  2 x  2  1
9
(1,0đ)

 x3  8  2











2

  x  2 x  2x  4 

2



x2 2




  x  2  x2  2x  4 

x2 2








2



x22





x2 2

x2 2

2  x  2

 x2 0 x  2 y 3
2
 x2  2x  4 
 0  x2  2 x  4 
x2 2





x  2  2   x  2 x 2  2 x  4 



0,25


0
x2 2 


2





(*)

2
 1, x   2;  
Ta có VT  x  2 x  4   x  1  3  3;VP 
x2 2
Do đó pt (*) vô nghiệm. Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2;3 .
2

2



0,25


Cho các số thực dương a, b, c . Tìm GTNN của P 

2
3

.
3
a  ab  abc

abc

1,00

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được:
2

a  ab  3 abc

2
a

a
a
. 2b  3 . 3 b . 3 4c
2
4


10
(1,0đ)

P

0,25

2
3

1a

 1 a
 2a  b  c
a    2b     b  c 
2 2
 3 4


3
3

2a  b  c
abc

0,25

1
3t 2
 0 thì P  f  t  , với f  t  
 3t . Ta có
2
a bc
3
3
3
2
f  t    t  1   
2
2
2

Đặt t 

a
 2  2b
3

Đẳng thức xảy ra  t  1  P   . Min P =  3   b  4 c

2
2
a  b  c  1



0,25


a 


b 


c 


16
21
4
21

1
21

0,25

Chú ý:
1) Những cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Tùy theo thang điểm của đáp
án mà giám khảo cho điểm tương ứng.
2) Điểm tổng toàn bài giữ nguyên không làm tròn.
–––––––––––– Hết ––––––––––––