Đề thi thử thptqg 2016 môn toán hocmai đề số 2

HOCMAI

KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỀ THI THỬ

Môn thi: Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
(Đề thi gồm có 01 trang)

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

2x  3
1 x

Câu 2 (1điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3x2  2x  1 tại điểm M, sao cho
y"  xM   0 .

Câu 3 (1điểm). a. Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn 2z  i  3  1 .
b. Giải phương trình log 23 x2  3log 1 x  1  0 1
3
1

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

x 4  2 x3  4 x 2  x  2
dx
x2  2 x  3

Câu 5 (1điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AB, CD và có

A(1 ; 1 ; 1), B( 1 ; 2 ; 0), C(1 ; 3 ;  1) . Tìm tọa độ D.
Câu 6 (1điểm). a. Giải phương trình sin 3x  cos x.cos 2x(tan 2x  tan2 x)
b. Cho C0n  2C1n  22 Cn2  ...  2n Cnn  6561 .Tìm hệ số của số hạng chứa x 7 và tổng tất cả
n

3

các hệ số của các số hạng trong khai triển:  x 2   .
x


Câu 7 (1điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, các cạnh bên SA, SB, SC đều tạo
với đáy một góc 60o. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).
Câu 8 (1điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm I  9; 9  thuộc cạnh AB ( IB  IA ). Đường tròn (C)
tâm I bán kính IB cắt AB, BC lần lượt tại D và E, AE cắt đường tròn (C) tại G 10; 2  . Biết GD  2 10 và
C thuộc  d  : x  2y  10  0 . Tìm tọa độ ba đỉnh tam giác A, B, C biết B có tọa độ nguyên.
1
x  y 2y


1

2

Câu 9 (1điểm). Giải hệ phương trình  3 y 2 y  x 3x
 3 x 2  8 y 2  1  2 3 x  1  4 y 2  5 x  8  3x  31  0 2
 






Câu 10 (1điểm). Cho các số thực không âm x, y, x thỏa mãn
P  2  3x 2  y 2  z 2   4 xyz 

Tìm giá trị nhỏ nhất của
3

x  3 y3  z3

 2016 x

Nguồn:

Hocmai


KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

HOCMAI

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
(Đáp án - Thang điểm gồm có 06 trang)

ĐỀ THI THỬ

Đáp án

Câu

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
Tập xác định là D  R\{1} .
5
Đạo hàm y' 
 0, x  D
2
1  x 

0.25

Giới hạn hàm số:
 lim y  lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang
x 



0.25

x 

lim y  ; lim y    x  1 là tiệm cận đứng.

x 1

x 1

Bảng biến thiên

0.25
Câu 1
(1 điểm)

Vậy hàm số đồng biến trên  ,1 và 1,  ,
Đồ thị hàm số:
4

2

5

5

2

4

6

8

0.25


Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3x2  2x  1 tại điểm M, sao cho
y"  xM   0

Câu 2
Có y"  x   6x  6  y"  0  x  1  M 1;1
(1 điểm)
Phương trình tiếp tuyến đi qua điểm M là:

0.5

y  y'  xM  x  xM   yM  y  x  2

0.5

a. Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn 2z  i  3  1 .
Gọi sô phức z cần tìm là: z  x  yi , khi đó ta có:
2z  i  3  2  x  yi   i  3  2x  2yi  i  3   2x  3    2y  1 i

Mà 2z  i  3  1 

 2x  32   2y  12  1   2x  3 2   2y  12  1 .

0.5

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là phần phía trong đường tròn tâm
3 1
I  ;   bán kính 3 bao gồm cả biên.
2 2

Câu 3 b. Giải phương trình
log 2 3 x2  3 log 1 x  1  0
(1 điểm)

 1

3

x  0
Điều kiện 
x  1
x  3


1
x  1
log 3 x  
4


4
3
log 3 x  1

1  4 log 23 x  3 log 3 x  1  0  
Vậy nghiệm là: x  3 hoặc x 

0.5

1
4

3

x 4  2 x3  4 x 2  x  2
Tính tích phân sau : I  
dx
x2  2 x  3
0
1

Ta có
1

I

Câu 4
(1 điểm)

0

x4  2x3  4x2  x  2
x2  2x  3

1


x5 
dx    x 2  1 
 dx
2
x  2x  3 
0

1


2(x  1)  (x  3) 
   x2  1 
 dx
(x

1)(x

3)


0

1.0
1

1
 x3


 2
1 
   x2  1  

 dx    x  2 ln x  3  ln x  1 

 x  3 x  1 
 3

0
0

 2 ln 3  ln 2 

2
3

Câu 5 Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AB, CD và có
(1 điểm) A(1 ; 1 ; 1), B(1 ; 2 ; 0), C(1 ; 3 ;  1) . Tìm tọa độ D.


+) Rõ ràng AB  k.AC nên A, B, C không thẳng hàng.
x  1  2t

CD
:
+) CD // AB nên chọn uCD  AB  (2 ; 1 ;  1) . Suy ra pt
y  3  t
z  1  t

 D(1  2t ; 3  t ;  1  t)  CD .

0.5

Vì ABCD là hình thang cân với hai đáy AB, CD nên AD = BC. Do đó
(2t)2  (t  2)2  (t  2)2  6  3t 2  4t  1  0
 D(3 ; 2 ; 0)
   5 8
2

D ; ;  
  3 3
3

 t  1

t   1

3

0.5

Để ABCD là hình thang cân thì BD = AC. Do đó D(3, 2, 0) không thỏa mãn vì khi
đó.
ABCD là hình bình hành.
Với D   5 , 8 ,  2  thỏa mãn.
 3 3

3

a. Giải phương trình sin 3x  cosx.cos2x(tan 2x  tan2 x)
Điều kiện: cos x  0,cos 2x  0
 sin 2x

Khi đó phương trình  sin 3x  cos x cos 2x 



sin 2 x 


cos2 x 

 cos 2x
1  cos 2x
1  cos 2x
 sin 3xcos x  sin 2x
 cos 2x
2
2
 sin 4x  sin 2x  sin 2x 1  cos 2x   cos 2x 1  cos 2x 

0.25

 sin 2xcos 2x  cos2 2x  cos 2x  0  sin 2x  cos 2x  1

Câu 6
(1 điểm)

 2x      2k
 x  k


2
4
4




,k  .

 sin  2x   

 x   k
4
2

 2x    3  2k

4

4 4

0.25

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình là: x  k .
b. Cho Cn0  2Cn1  22 Cn2  ...  2n Cnn  6561 . Tìm hệ số của số hạng chứa x 7 và tổng tất cả
3

các hệ số của các số hạng trong khai triển:  x 2  
x


n

Ta có: (1  x)n  Cn0  Cn1 .x  Cn2 .x 2  ...  Cnn1.x n1  Cnn .x n
Khi x  2  6561  Cn0  2Cn1  22 Cn2  ...  2n Cnn  3n  n  8

0.25

8

8
8
3

  x 2     C8k x 2 k (3)8k .x k 8  (1)k .38k  C8k x3k 8
x  k 0

k 0

 3k  8  7  k  5  Hs x : 3 .C  1512
7

3

5
8

0.25


8

Tổng các hệ số   C8k (3)8k  (1  3)8  256
k 0

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, các cạnh bên SA, SB, SC đều tạo
với đáy một góc 60o. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A đến
mặt phẳng (SBC).
Gọi H là hình chiếu của S lên mp(ABC), ta có H là trọng tâm tam giác ABC

AH là hình chiếu của SA lên mp(ABC) nên góc (SAH) = 60o
Ta có: AM =

S

a 3
a 3
a 3
, AH =
, HM =
6
2
3

SH = AH.tan 60o =
Vậy VSABC =

a 3
. 3a
3

1 a2 3
a3 3
.a 
3 4
12

A

N

Câu 7
(1 điểm)

C

H
M
B

Gọi AK là khoảng cách từ A đến mp(SBC)

3V
1
Ta có: VSABC = VASBC = S SBC AK  AK  SABC
3
S SBC
2

a 3
3a 2 13a 2
a 39
2
SM = SH + HM = a + 

 SM 
  a 
36
12
6

 6 
2

SSBC =

2

2

2

1 a 39 a 2 39
a.

2
6
12

Vậy AK =

3.a3 3 12
3a 3 3a
. 2


12
a 39
39
13

Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm I  9; 9  thuộc cạnh AB ( IB  IA ). Đường tròn (C)

Câu 8 tâm I bán kính IB cắt AB, BC lần lượt tại D và E, AE cắt đường tròn (C) tại G 10; 2  . Biết
(1 điểm) GD  2 10 và C thuộc  d  : x  2y  10  0 . Tìm tọa độ ba đỉnh tam giác A, B, C biết B có
tọa độ nguyên.
B

Ta có PT đường tròn (C)  x  9    y  9   50
2

2

Ta có PT đường tròn (T) tâm G bán kính
GD  2 10 là :

 x  10 2   y  2 2  40

I
E

Ta có
F

D
A

G
C

 D  4; 4 
 AB : x  y  0

D   C    T     76 28   
AB : 17x  31y  432  0
D  5 ; 5  

 

0.5

Suy ra B   C  AB  B 14;14  loại 1 điểm B do tọa độ không nguyên.
Gọi F là giao điểm thứ 2 của CD với (C). Ta sẽ đi chứng minh FG // AC.
Thật vậy, tứ giác

là nội tiếp được do có DAC  DEC  90  90  180

 ACD  DEA (cùng nhìn cạnh AD)

Tứ giác DFEG nội tiếp (C) nên DFG  DEG  DEA  DCA  DFG  DCA
 FG / / AC
 FG : x  y  12  0  F  2;10 

0.5

 DF : 3x  y  16  0

 C  6; 2 
 AC : x  y  4  0  A  2; 2 

Vậy tọa độ 3 đỉnh của tam giác ABC là: A  2; 2  B 14;14  và
1
x  y 2y

 3 y  2 y 2  x  3x 1
Giải hệ phương trình 
 3 x 2  8 y 2  1  2 3 x  1  4 y 2  5 x  8  3x  31  0 2
 




ĐK : x  8, y  0, x 2  8 y 2  1  0
PT 1   x  2 y 2   3xy
2

Đặt





x  y  x 2  4 xy 2  4 y 4  3x x y  3xy 2

x t 0

0.25
2

4

 y
 y
 y
 t 4  t 2 y 2  4 y 4  3t 3 y  0  1     4    3    0
t
t
t
y
Đặt u  khi đó ta được
t
Câu 9
2
4
2
2
(1 điểm) 4u  u  3u  1  0   2u  1  u  u  1  0
1
 u   t  2 y  x  2 y
2
Thế vào phương trình (2) ta được:
3

x 2  2 x  1  2 3 x  1   x  5  x  8  3x  31  0

 x 1 

3

 x  1

2

 2 x  1  4 x  32   x  5  x  8

 x  1  3  x  1  2 3 x  1 
2

0.5

3



 
3

x  8 1 



2

x  8 1  2

Xét hàm: f  t   t 3  t 2  2t , với t  1
Có f '  t   3t 2  2t  2  0, t  1
=>hàm f  t  là hàm đồng biến trên khoảng 1;  





x  8 1


 f



3



x 1  f





x  8 1  3 x 1  x  8  1

Thế vào phương trình thứ 2 ta được:
Đặt a  3 x  1  a3  x  1

 3 x  1  2  x  9  y 

0.25

3

2

 3
Vậy nghiệm của hệ là:  9; 
 2
Cho các số thực không âm x, y, x thỏa mãn x  y  z  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
3
P  2  3x 2  y 2  z 2   4 xyz 
 2016 x
x  3 y3  z3
Ta có:

y 3  z 3   y  z   3 yz  y  z    y  z   3 y 3  z 3  y  z
3

3

 x  3 y 3  z 3  x  y  z  3
P  6 x 2  2  y 2  z 2   4 xyz  1  2016 x

Câu 10
(1 điểm)

 6x   y  z 
2

 6x  3  x 
2

2

2

 y  z
 4x
2

3  x 
 4x

2
3
2
 2 x  19 x  2040 x  10

0.5

2

 1  2016 x

2

 1  2016 x

Khảo sát hàm f  x   2 x3  19 x 2  2040 x  10, 0  x  3
Ta được minf  x   f  3  5993

0.5

Vậy min P  5993 tại x  3, y  z  0

Nguồn:

Hocmai