Đề thi toán THPT quốc gia 2016 có đáp án

WWW.VNMATH.COM

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 5, NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: TOÁN - KHỐI A,A1,B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

1
4
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số y  x3   m  1 x 2   2m  1 x  (m là tham số).
3
3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  1 .
1 1
2. Tìm m để hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x2 sao cho 4  4  2 .
x1 x2
Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình sin 2 x  cos x 

1  sin x 1


 cos   2 x  .
cos x
2
2


  x  1 y   x  y  1 y  x  1  y  y

Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình 
 x, y  
5
 2x  y  9  2x  y  2 
4x  2 y  9

2
e
 x  1 ln x  1dx
Câu 4 (1,0 điểm): Tính tích phân I  
x 2 ln 2 x
e
Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S. ABCD , có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB vuông tại S và
nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Biết SA  a và cạnh bên SB tạo với mặt đáy  ABCD một
góc 300 . Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD .
Câu 6 (1,0 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn c a 2  b2  a  b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu



thức P 

1

 a  1

2



1

 b  1

2



1

 c  1

2





4
.
 a  1 b  1 c  1

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu 7a (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn T 
tâm I  0;5 . Đường thẳng AI cắt đường tròn T  tại điểm M  5;0

 M  A , đường cao đi qua

C cắt

 17 6 
đường tròn T  tại N   ;    N  C  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC biết xB  0 .
 5 5
x 1 y  2 z

 và
Câu 8a (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
2
1
3
mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  3  0 cắt nhau tại I . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  d  sao cho 2
điểm I , M và hình chiếu của M trên  P  là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích bằng
Câu 9a (1,0 điểm): Giải phương trình  z 2  2 z   5  z 2  2 z   6  0 trên tập số phức.

13
.
2

2

B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 7b (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Phân giác trong góc A , phân giác
 1 
ngoài góc B lần lượt có phương trình x  2; x  y  7  0 . Các điểm I   ;1 , J  2;1 lần lượt là tâm đường
 2 
tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Câu 8b (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2  z 2  5

2

2

 x  1  t

và đường thẳng  d  :  y  1  3t . Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa đường thẳng  d  và cắt mặt
z  0


cầu  S  theo một đường tròn có chu vi bằng 4 .

Câu 9b (1,0 điểm): Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2   3  i  z  4  0 . Viết dạng lượng
giác của các số phức z12014 , z22014 .
--------------------Hết--------------------


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Đáp án – thang điểm có 03 trang)

Câu

WWW.VNMATH.COM

ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 5, NĂM HỌC 2013-2014
MÔN TOÁN - KHỐI A,A1,B

ĐÁP ÁN

x
4
1. (1,0 điểm): Khi m  1  y   2 x2  3x 
3
3
+ Tập xác định: R
+ Sự biến thiên: lim y  ; lim y  

ĐIỂM

3

x 

0,25

x 

y '  x  4x  3; y '  0  x  1; x  3 . Hàm số đồng biến trên các khoảng
 ;1 , 3;  , nghịch biến trên 1;3 và đạt cực đại tại x  1 , cực tiểu tại x  3 .
BBT:
2

x
y'
y

1
(2,0 điểm)


+

1
0
0







2
(1,0 điểm)

3
0


+

0,25



4
3

+ Vẽ đồ thị

2. (1,0 điểm): Ta có y '  x2  2  m  1 x  2m  1; y '  0  x  1, x  2m  1

0,25
0,25

Hàm số có 2 cực trị khi 2m  1  1  m  0

0,25

2m  1  1
m  0
1 1
1
 4 2
1 

4
4
x1 x2
 2m  1
2m  1  1  m  1

0,25

So với điều kiện, ta nhận được m  1
Điều kiện: cos x  0
sin x  1
 sin x cos x
Phương trình  sin 2 x  cos x 
cos x

sin x  1
1  cos2 x
 sin 2 x  cos x  sin x  1 
 0  sin 2 x  sin x  1
0
cos x
cos x
sin x  0
sin 2 x  sin x  cos x  1  0  
sin x  cos x  1  0
sin x  0  x  k
 x    k 2
sin x  cos x  1  0  
 x     k 2  l 

2
Điều kiện:
x  1; y  0; 2 x  y  9  0; 2 x  y  2  0;  x  1 y   x  y  1 y  0; 4 x  2 y  9  0
Với y  0 không thỏa mãn hệ.
Với y  0 : Phương trình (1) 

3
(1,0 điểm)

0,25



 x  1 y   x  y  1 y  y 2 
 x  1 y   x  y  1 y  y


  x 1 y  


Do

 x  1 y   x  y  1

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

y  y  x 1  y  0

x  y 1
0
x 1  y


1
  0  y  x 1



x

1

y
 x  1 y   x  y  1 y  y

y y
1

0
x

1

y
 x  1 y   x  y  1 y  y
y y

0,25


WWW.VNMATH.COM
5
8
11
,x  ;x 
2 x  11
3
2

5
8
11
với x  ; x 
Xét hàm số : f  x   3x  8  x  1, g  x  
2 x  11
3
2
8
11
3
1
9 x  9  3x  8


 0 với x  ; x 
Có: f '  x  
3
2
2 3x  8 2 x  1
2 3x  8 x  1
8
11
10
g ' x 
 0 với x  ; x 
2
3
2
 2 x 11

Thế y  x  1 vào phương trình (2), ta được :

3x  8  x  1 

0,25

 f  x  , g  x  lần lượt là các hàm số đồng biến, nghịch biến trên từng khoảng
 8 11   11

 ;  ,  ;   . Mà f  3  g  3 ; f 8  g 8 nên phương trình f  x   g  x  có
3 2   2

x  3  y  4
đúng 2 nghiệm 
(thỏa mãn)
x  8  y  9
e2

I

x ln x   ln x  1

e

 x ln x 
e2

Tính I1  
4

(1,0 điểm)

e

e2

Tính I 2  
e

2

e2

dx  
e

2

e
dx
ln x  1

dx
x ln x e  x ln x 2

d  ln x 
dx

 ln ln x
x ln x e ln x

e2

ln x  1

 x ln x 

2

0,25

e2
e

0,25

 ln 2

0,25

dx . Đặt t  x ln x  dt   ln x  1 dx

0,25

Đổi cận: x  e  t  e; x  e2  t  2e2
Khi đó I 2 

2 e2


e

dt
1

2
t
t

2 e2
e

1 1
1 1
  2 . Vậy I  ln 2   2
e 2e
e 2e
Gọi H là hình chiếu của S trên AB . Do
 SAB    ABCD nên SH   ABCD   ABS  300

S

 AB  2a, SB  a 3  SH 

E
G
A

5
(1,0 điểm)

B

a 3
2

0,25

S ABCD  AB.BC  4a 2

H

C

D

1
2a3 3
VS . ABCD  SH .S ABCD 
3
3

0,25

a
. Qua A kẻ đường thẳng  song song BD .
2
Có: BD / /  SA,       d  BD, SA  d  BD,     d  B,     4d  H ,   
Gọi G là hình chiếu của H trên  , E là hình chiếu của H trên SG .
a 2
SH .HG

a 21
 HE 

Có: d  H ,     HE . Tìm được: HG 
2
2
4
14
SH  HG
Ta có AH 

Vậy d  SA, BD   4

a 21 2a 21

14
7
2

2
c

1
1
2  1  c 
1
c2
2
 1  a 1  b    2  a  b    2   



4
4
c
c2
1  a 1  b  1  c 2
2

Theo Cô si: P 

2



1

 a  1 b  1  c  12

0,25

0,25

c  a 2  b2   a  b  2  a  b   2c  a 2  b2   c  a  b   a  b 
6
(1,0 điểm)

0,25



2

0,25

4
2c 2  1
4c 2


 a  1 b  1 c  1 1  c 2 1  c 3
0,25




2c  6c  c  1
3

WWW.VNMATH.COM

2

 c  1

3

Xét hàm số f  c  

2c3  6c2  c  1

 c  1

3

, f 'c 

2  5c  1

1  c 

4

0c

1
5

 1  91
Lập bảng biến thiên: Có f  c   f   
 5  108
91
91
1
 Pmin 
 c  ,a  b  5
Suy ra P  f  c  
108
108
5
Có I  0;5 là trung điểm của AM  A  5;10

0,25

0,25
0,25

Phương trình T  : x2   y  5  50
2

7a
(1,0 điểm)

 42 6 
BAM  BCN  BM  BN  BI  MN , MN    ;  
5
 5
Phương trình BI : 7 x  y  5  0

0,25

2
2

 x   y  5  50  x  1  y  2
Tọa độ điểm B thỏa mãn: 

 B 1; 2 
7 x  y  5  0
 x  1  y  12  l 


C đối xứng với B qua AM  C  7;4

0,25

Gọi I 1  2t; 2  t;3t    d  . Có I   P   t  1  I  3; 3;3

0,25

Gọi H là hình chiếu của M trên  P  , M 1  2t; 2  t;3t    d 
8a
(1,0 điểm)

3  3t
 t 1
3
2
2
2
HI 2  MI 2  MH 2  14  t  1   t  1  13  t  1  HI  13 t  1

 IM  14 t  1 , MH  d  M ,  P   

0,25
0,25

13
MH .HI
13
2

S


  t  1  1
2
2
2
Giải ra được: t  0; t  2 . Vậy có 2 điểm M thỏa mãn: M 1; 2;0 , M 5; 4;6
9a
(1,0 điểm)

0,25

t  2
Đặt t  z 2  2 z , ta được phương trình: t 2  5t  6  0  
t  3
t  2  z 2  2 z  2  z 2  2 z  2  0 . Giải ra: z  1  i
t  3  z 2  2 z  3  z 2  2 z  3  0 . Giải ra: z  1  i 2
Phân giác trong góc B :  x  2   y 1  0  x  y 1  0

0,25
0,5
0,25
0,25

x  y 1  0
 x  3

 B  3; 4 
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 

 x  y  7  0  y  4

0,25

2

7b
(1,0 điểm)

1
125
2

5 
BI   ;5  . Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC :  x     y  1 
2
4
2 

x  2

2
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
1
125
2
 x  2    y  1  4


 x  2, y  6


 A  2;6
x

2,
y


4
l



Viết được phương trình AC : 2 x  y 10  0  C 5;0

 S  có tâm I 1; 2;0 , R  5
Đường thẳng  d  đi qua M  1; 1;0 và có véc tơ chỉ phương u   1;3;0 
Gọi n   a; b; c  là véc tơ pháp tuyến của  P 

0,25

0,25
0,25

0,25


WWW.VNMATH.COM

8b

(1,0 điểm)

Chu vi đường tròn  C  bằng 4  2 r  r  2 .

0,25

Do  d    P  nên n.u  0  a  3b  0  a  3b  n   3b; b; c 
Phương trình  P  : 3b  x  1  b  y  1  cz  0
Có d  I ,  P    R  r  1 

0,25

0,25

Ta có:    3  i   16  8  6i  1  6i  9i 2  1  3i 

0,25

2

2

2

2

2

3  i  1  3i
3  i  1  3i

 1  i và z2 
 2  2i
2
2


 
  
 1007 
 1007  
z1  1  i  2  cos     i sin      z12014  21007  cos  
  i sin  

2 
2  
 4
 4 






1007
1007 


z2  2 1  i   2 2  cos  i sin   z22014  23021  cos
 i sin


4
4
2
2 



Phương trình có 2 nghiệm: z1 
9b
(1,0 điểm)

5b

 1  c  15b
10b2  c 2
Chọn b  1  c   15, a  3 . Vậy phương trình  P  : 3x  y  15 z  4  0
2

0,25
0,25
0,25