đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE340 THPT trương vĩnh ký, bến tre

SỞ GD & ĐT BẾN TRE
ĐỀ THI CUỐI NĂM – ÔN THI THPT QUỐC GIA
TRƯỜNG THPT TRƯƠNG VĨNH KÝ
NĂM 2016
Môn: Toán; Thời gian: 180 phút

ĐỀ SỐ 340

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

2x
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số y  2 x3  3  2m  1 x 2  6m  m  1 x  m2 đạt cực tiểu tại

x 1.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z  3  2i . Tìm mô đun của số phức w  2 z  3z .
b) Giải phương trình 4 x 1  3.2 x 2  1  0 .
2

x 2  ln 2 x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
dx .
x
1
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;1; 3) , B (0;3;1) và
mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  1  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính AB. Chứng
minh (S) cắt (P) theo một đường tròn giao tuyến và tính bán kính của đường tròn giao tuyến đó.
Câu 6 (1,0 điểm).

3
a) Cho sin   . Tính giá trị của biểu thức A   sin 2  tan   cos  .
5
9

3

b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển P  x    x 2   thành đa thức.
x

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại C,
AB  2a , AA '  a và AC tạo với mặt phẳng (ABBA) một góc bằng 600. Gọi N là trung điểm của
BB, M là trung điểm của AA. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC và khoảng cách từ
điểm M đến mặt phẳng (BCN).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A và
AC  AB . Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Trên tia HC lấy điểm D sao cho
HA  HD , đường thẳng qua D vuông góc với BC cắt AC, AB lần lượt tại E  2; 2  và F. Biết
phương trình CF : x  3 y  9  0 , đường thẳng BC đi qua M  5;12  và điểm C có tung độ nhỏ hơn
3 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.



Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 2  x



2 x  3  x3  3x2  x  2 .

Câu 10 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 6 x  y  5 x  2 y  2 x  y  x (1)

 x  y 2  6  2  x  y   1  5 x  1 (2)
-------------HẾT-------------

 x, y    .


ĐÁP ÁN
Đáp án

Câu

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 
2

 Tập xác định D   \ 1 ; y ' 
Bảng biến thiên:
x
y

 x  12

2x
x 1

1,0

 0, x  D

0,25

1
–

–

0,25

2
y
2
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1; 
1

 lim y  2 ; lim y  , lim y  
x

x1

0,25

x1

 Tiệm cận đứng: x  1 ; Tiệm cận ngang: y  2
Điểm thuộc đồ thị:  2; 4 ,  3;3 ,  0;0  ,  1;1
y
4

3
2

0,25

1
x
-1

O

1

2

3

Tìm m để hàm số y  2 x3  3  2m  1 x 2  6m  m  1 x  m2 đạt cực tiểu tại x  1 .

1,0

 D  ; y '  6 x2  6  2m  1 x  6m  m  1

0,25

 Nếu hàm số đạt cực tiểu tại x  1 thì y ' 1  0

 6.12  6  2m  1 .1  6m  m  1  0
2

  m 2  18m  12  0  m  1 hoặc m  2
 Với m  1 : y '  6 x 2  6 x; y ''  12 x  6; y '' 1  6  0 . Suy ra x  1 là điểm cực tiểu

(thỏa yêu cầu).
 Với m  1 : y '  6 x 2  18 x  12; y ''  12 x  18; y '' 1  6  0 . Suy ra x  1 là điểm
cực đại (không thỏa yêu cầu). Vậy m  1 là giá trị cần tìm.

3

0,25

0,25
0,25

a) Cho số phức z  3  2i . Tìm mô đun của số phức w  2 z  3z .

0,5

a) w  2  3  2i   3  3  2i   15  2i

0,25

Suy ra: w  152  2 2  229

0,25

b) Giải phương trình 4 x 1  3.2 x 2  1  0 .
b) Phương trình tương đương với

4x

2x
 3.  1  0  4 x  3.2 x  4  0
4
4

 2 x  1 (vô nghiệm) hoặc 2 x  4  x  2 . Vậy nghiệm của PT là x  2

0,5
0,25
0,25


Câu

Đáp án

Điểm

2

x 2  ln 2 x
Tính tích phân I  
dx .
x
1

1,0

2

2

ln 2 x
dx
x
1

Ta tách tích phân I như sau: I   xdx  
1

2 2

2

x
 I1   xdx 
2
1
4

2

0,25

3

2

1

2

ln x
1
dx . Đặt t  ln x  dt  dx
x
x
1

 I2  

0,25

Đổi cận: x  2  t  ln 2; x  1  t  0
ln 2

I2 


0

t3
t dt 
3

Vậy I  I1  I 2 

5

ln 2

2


0

ln 3 2
3

0,25

3 ln 3 2

2
3

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;1; 3) , B (0;3;1) và mặt
phẳng ( P) : x  2 y  2 z  1  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính AB.
Chứng minh (S) cắt (P) theo một đường tròn giao tuyến và tính bán kính của
đường tròn giao tuyến đó.

1,0

 Gọi I là tâm của mặt cầu (S)  I là trung điểm của AB  I 1; 2; 1

0,25

AB

2
2
2
 6 . Phương trình mặt cầu (S):  x  1   y  2    z  1  6
2
1  2.2  2.(1)  1
d  I ,  P  
 2  R  (S) cắt (P) theo một đường tròn.
2
2
2
1   2   2
R

0,25
0,25

Bán kính đường tròn giao tuyến: r  R 2  d 2 I , P    2

0,25

3
a) Cho sin   . Tính giá trị của biểu thức A   sin 2  tan   cos  .
5

0,5





a) A   2sin  cos   tan   cos   2sin  cos2   sin   2sin  1  sin 2   sin 
Thay sin  

3
171
, ta được A 
5
125

0,25
0,25

9

6

3

b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển P  x    x 2   thành đa thức.
x

9

b) p  x  

k 0

9 k

 

 C9k x2

0,5

k

9
 3
k 183k
k



  C9  3 x
 x  k 0

0,25

Sô hạng không chứa x tương ứng với 18  3k  0  k  6
6

Vậy số hạng không chứa x là C96  3  61236

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại C,
AB  2a , AA '  a và AC tạo với mặt phẳng (ABBA) một góc bằng 600. Gọi N
là trung điểm của BB, M là trung điểm của AA. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABC.ABC và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (BCN).
A'

1,0

C'
600

B'

a

A

C
a

H
B

Gọi H là trung điểm của AB. ABC cân tại C nên CH  AB
Mặt khác CH  AA ' , suy ra CH   ABB ' A '


Hình chiếu vuông góc của A ' C trên  ABB ' C ' là A ' H  CA
' H  600
CH
 A ' H  A ' A  AH  a  a  a 2 ; tan 60 
 CH  a 6
A' H
2

7

S ABC 

2

2

0,25

0

2

1
1
AB.CH  2a.a 6  a 2 6
2
2

V  SABC . AA '  a3 6

0,25
z
A'

C'
B'

a

A

C
a

y

a 6

H

a

B

x

Chọn hệ trục Hxyz như hình vẽ. Khi đó:





H  0;0;0  , A  a;0;0  , B  a;0;0  , C 0; a 6;0 , A '  a;0; a  ,

0,25

a 
a

B '  a;0; a  , C ' 0; a 6; a , M  a;0;  , N  a;0; 
2 
2






HS tự tính theo Phương pháp tọa độ. Đáp số: d 

2 2
a
37

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A và AC  AB .
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Trên tia HC lấy điểm D sao
cho HA  HD , đường thẳng qua D vuông góc với BC cắt AC, AB lần lượt tại
E  2; 2  và F. Biết phương trình CF : x  3 y  9  0 , đường thẳng BC đi qua

1,0

M  5;12  và điểm C có tung độ nhỏ hơn 3 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam

giác ABC.
E là trực tâm BFC , suy ra BE  CF . Đường thẳng BE qua điểm E và vuông góc với
CF nên có pt: 3 x  y  8  0

0,25

  450
Theo giả thiết, HAD vuông cân tại H, suy ra: D
1
E
  450 (cùng
Mặt khác, tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính BE nên D
1
1

8

E
  450 (đối đỉnh); EK  d  E , CF   5  EC  EK  5
chắn 
AB ); E
1
2

10
cos E
2

0,25

Gọi C  3m  9; m   CF . Từ ĐK: EC  5  m    C  3; 4 
Đường thẳng CA qua C và E nên có phương
trình 2 x  y  2  0
Đường thẳng CB qua C và M nên có phương
trình 8 x  y  28  0
3 x  y  8  0
B  BE  BC  
 B  4; 4 
8 x  y  28  0

B
H

0,25
1

A



Giải bất phương trình x 2  x



E

C

2
K

Đường thẳng AB qua B và vuông góc với AC
nên có pt: x  2 y  4  0
2 x  y  2  0
A  AB  AC  
 A  0; 2 
2  2 y  4  0
Vậy A  0; 2  , B  4; 4  , C  3; 4 

D

1

0,25
F

2 x  3  x3  3x2  x  2 .

3
Điều kiện xác định x   . Bất phương trình tương đương với:
2

 x 1
9



2

1,0

0,5



2 x  3 x  2 x  1  2 x  3  0 (1)
2

Do x 2  2 x  1  2 x  3   x  1  2 x  3  0, x  

3
nên (1) tương đương với:
2

0,25

x 1  2x  3  0  2x  3  x 1

x 1  0

 2 x  3  0
x 2

2
 2 x  3   x  1

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

 6 x  y  5 x  2 y  2 x  y  x (1)
Giải hệ phương trình: 
 x  y 2  6  2  x  y   1  5 x  1 (2)

 x, y    .

1,0

x  0

2 x  y  0
.
Điều kiện: 

5 x  2 y  0
6 x  y  0
Nhận xét x  0 không thỏa hệ nên chia hai vế của (1) cho

x , ta được:

y
y
y
y
 6  2  5  2   1  t  6  2t  5  2  t  1 , với t 
x
x
x
x

0,25

 5 
Do f  t   t  6  2t  5 đồng biến trên   ; 2  và g  t   2  t  1 nghịch biến
 2 
y
 5 
trên   ; 2  nên t  2 là nghiệm duy nhất. Suy ra  2  y  2 x .
x
 2 

10
Thay vào (2), ta được:


4 x 2  x  6  2 x  1  5 x  1

0,25

2

 2 x  1  5  x  1    2 x  1  5 x  1
2

Chia cho

Đặt a 

x  1  0 , ta được:

2x 1
 2x 1 
5

 5  
x 1
 x 1 

0,25

a  5
2x 1
 a 2  5  a  5  
a2

x 1
a  2

1

7
x  2
Với a  2  2 x  1  2 x  1  
 x  1
2
4  x  1   2 x  1 2



7
Nghiệm của hệ là:  1 
; 2  7 

2



-------HẾT-------

0,25