Đề thi thử thptqg 2016 môn toán hocmai đề số 3

Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 16 năm 2015

Môn Toán

KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

HOCMAI.VN
ĐỀ THI THỬ LẦN 03
(Đề thi có 01 trang)

Môn thi: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)

Câu 1 (1 điểm). Cho hàm số y  1 

3
, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
2x  1

Câu 2 (1 điểm). Tìm m để đường thẳng y  1 cắt đường cong y  x4  (3m  2)x2  3m tại 4 điểm
phân biệt, trong đó có 2 điểm có hoành độ lớn hơn
Câu 3 (1 điểm). a, Giải phương trình: z2  2.
b, Giải bất phương trình sau: 2

x2 x6

1
.
2

(1  i)2009
z  2i  0 trên tập số phức.
(1  i)2008

 13.2x1  3.2x1 .

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

2

x .
3

4  x 2 dx

1

x 1 y 1 z 1
.


4
3
1
Viết phương trình mặt cầu có tâm I (1; 2; -3) và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho

Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

AB  26 .
sin 2 a  2sina.cosa  2cos2 a

khi cot a  3 .
2sin 2 a  3sina.cosa  4cos2 a
b, Cho A là tập các số tự nhiên có 6 chữ số. Tính xác suất để lấy được số lẻ chia hết cho 9 trong tập A.
Câu 7 ( 1 điểm). Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh a, I là là trung điểm của BC và D
là điểm đối xứng của A qua I. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại D lấy một điểm S sao cho

Câu 6 (1 điểm). a, Tính giá trị biểu thức C 

a 6
. Gọi H là hình chiếu của I trên SA. Chứng minh rằng (SAB)  (SAC) và tính theo a thể
2
tích của khối chóp HABC.
SD 

2

2

7
25
Câu 8 (1 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp đường tròn  O  :  x     y  4  
.
2
4


Đường thẳng CH  AB  H  AB đi qua K  2;7  , E và F lần lượt là hình chiếu của H lên AC và BC.
Tìm tọa độ 3 đỉnh tam giác ABC biết EF : 3x + 4y = 18 và x C chẵn.
Câu 9 (1 điểm). Giải phương trình 3x3  12x2  15x  8  3x2 3 3x  x3
Câu 10 (1 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

8

3
1

2( x  y  z  2 xz )  3 2 x  y  8 yz x  y  z
2

2

2



Nguồn:
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

Hocmai.vn
- Trang | 1 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 16 năm 2015

HOCMAI.VN
ĐỀ THI THỬ LẦN 01

Môn Toán

KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)
(Đáp án - Thang điểm gồm có 07 trang)

Đáp án

Câu
Cho hàm số y  1 

Điểm

3
, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
2x  1
y (x ) =

3
2x  4

2x  1 2x  1
Các em tự khảo sát đồ thị.
y  1

2∙x

4

2∙x

1

10

8

6

4

Câu 1
(1 điểm)

2

1
5

5

10

2

4

6

8

Tìm m để đường thẳng y  1 cắt đường cong y  x  (3m  2)x2  3m tại 4 điểm phân biệt,
4

trong đó có 2 điểm có hoành độ lớn hơn

1
.
2

Đường thẳng y  1 cắt đường cong trên tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương
trình : x4  (3m  2)x2  3m  1 có 4 nghiệm phân biệt, điều đó xảy ra khi và chỉ khi
phương trình : t 2  (3m  2)t  3m  1  0

*  .

0.5

Câu 2
1
1
(1 điểm) Để có 2 điểm có hoành độ lớn hơn thì  *  phải có 2 nghiệm dương và lớn hơn .
2
4

1
t1  1  4



1
1

m  
Tức là : t 2  3m  1   
4
4

m  0

1  3m  1



Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

0.5

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 16 năm 2015

a) Giải phương trình: z2  2.

Ta có:

(1  i)2009  1  i 


(1  i)2008  1  i 

Môn Toán

(1  i)2009
z  2i  0 trên tập số phức
(1  i)2008

2008

.(1  i)  i 2008 (1  i)  1  i

0.25

PT  z2  2(1 + i)z +2i = 0  z2  2(1 + i)z + (i + 1)2 = 0
 (z  i  1)2 = 0  z = i + 1.
b) Giải bất phương trình sau: 2

x2 x6

0.25

 13.2x1  3.2x1

Câu 3

 x  2
Điều kiện: x2  x  6  0  
(1 điểm)
x  3
Bất phương trình  2
 21

x2 x6

x2 x6



13.2x
 6.2x
2

 2x  1  x2  x  6  x

0.5

 x2  x  6  x  1
+ Với x  2 thì bất phương trình vô nghiệm

+ Với x  3 , bình phương 2 vế ta có: x2  x  6  x2  2 x  1  x  7
Kết hợp với x  3 , ta có: 3  x  7
Tính tích phân sau: I 

2

x

3

4  x 2 dx

1

Đặt: t  4  x2  t 2  4  x2  tdt  xdx

Câu 4
(1 điểm)


x  1  t  3
Đổi cận: 

x  2  t  2



0.5



 x3 4  x2 dx  4  t 2 t( t)dt
2

 t 5 4t 3 
 I1   t  4t dt   


3  3
5
3
 4 2 8 2   9 3 12 3  11 3 28 2






 5
3   5
3 
5
15

2



4

2



Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
Câu 5
(1 điểm)

0.5

x 1 y 1 z 1
. Viết phương


4
3
1

trình mặt cầu có tâm I (1; 2; -3) và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho AB  26 .
Mặt phẳng (P) qua I và vuông góc với d có phương trình là:
4(x  1)  3(y  2)  (z  3)  0

0.5

 4x  3y  z  5  0

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 16 năm 2015

Môn Toán

x 1 y 1 z 1



1 1

Tọa độ giao điểm H của d và mp(P) thỏa mãn hệ:  4
3
1  H  1; ; 
2 2

4x  3y  z  5  0

2

 AB 
Bán kính mặt cầu là: R  IH  
  5.
 2 
2

0.5

Phương trình mặt cầu là: (x  1)2  (y  2) 2 (z  3)2  25 .
a) Tính giá trị biểu thức C 
Ta có: C 

sin 2 a  2sina.cosa  2cos2 a
khi cot a  3

2sin 2 a  3sina.cosa  4cos2 a

sin 2 a  2sina.cosa  2cos 2 a
1  2cot a  2cot 2 a

2sin 2 a  3sina.cosa  4cos 2 a 2  3cot a  4cot 2 a

0.25

Khi cota  3
 C 

1  2.  3   2.  3 
2  3  3   4.  3 

Vậy C 

2

2



23
47

0.25

23
47

b) Cho A là tập các số tự nhiên có 6 chữ số. Tính xác suất để lấy được số lẻ chia hết cho 9 trong
tập A.

Câu 6
(1 điểm) Gọi số a1a 2a 3a 4a 5a 6 là số có 6 chữ số
=>Có 9.105 số có 6 chữ số

a1a 2a 3a 4a 5a6 9   a1  a 2  a 3  a 4  a 5  a6  9

0.25

Là các số 100008; 100017; 100028;...;999999
Như vậy ta thấy các số lẻ có 6 chữ số chia hết cho 9 lập thành 1 cấp số cộng với:
u1  100017

u n  999999  u n  (n  1)d  999999  18(n  1)  n  50000
d  18

=> có 50000 số có 6 chữ số chia hết cho 9

Vậy xác suất cần tìm là:

0.25

50000 1

9.10 5 16

Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh a, I là là trung điểm của BC và D là điểm đối

a 6
xứng của A qua I. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại D lấy một điểm S sao cho SD 
.
2
Câu 7 Gọi H là hình chiếu của I trên SA. Chứng minh rằng (SAB)  (SAC) và tính theo a thể tích của
(1 điểm) khối chóp H.ABC.
Chứng minh: (SAB)  (SAC) .
Ta có:

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 16 năm 2015

Môn Toán

S


  BC  (SAD)  BC  SA
BC  SD (doSD  (ABC)) 
Như vậy:
BC  AD

SA  BC 

  SA  (HBC)
SA  IH 

 SA  HB

và
A

SA  HC  [(SAB),(SAC)]  BHC .

Ta có: AHI
SD 

H

C

0.5
I

HI AI
với:
ADS 

SD AS

B

D

a 6
a 3
, AI 
2
2

AS  AD2  SD2  (a 3)2  (
 HI 

a 6 2 3a 2
) 
2
2

AI.DS
a 3 a 6
2
a
 SD 
.
.

AS
2
2 3a 2 2

Tam giác HBC có IH  IB  IC 

a
 HBC vuông tại H  BHC  900

2

Vậy: (SAB)  (SAC) (đpcm)
Tính theo a thể tích của khối chóp H.ABC
Ta có: VH.ABC  VS.ABC  VS.HBC
1
1 a 6 a2 3 a3 2
VS.ABC  SD.S ABC  .
.

(đvtt).
3
3 2
4
8

1
SH là đường cao của hình chóp S.HBC  VS.HBC  SH.S BCH
3
a
a 2
 IHC vuông cân tại I.
Tam giác IHC có IH  IC  , HC 
2
2
 IHB vuông cân tại I
a 2
1
1 a 2 2 a2
 HB  HC 

 S BHC  HB.HC  .(
)  (đvdt)
2
2
2 2
4

Tam giác AHB vuông tại H  AH  BA2  BH2  a 2  (
SH  SA  AH 

0.5

a 2 2
a2 a 2
)  a2 

2
2
2

3a 2 a 2 2a 2
1
a2 a3 2


 a 2  VS.HBC  .a 2. 
(đvtt).
3
4
12

2
2
2 2

Vậy: VH.ABC  VS.ABC  VS.HBC 

a3 2 a3 2 a3 2


(đvtt).
8
12
24

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 4 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 16 năm 2015

Môn Toán
2

2

7

25
Cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp đường tròn  O  :  x     y  4  
. Đường thẳng
2
4

CH  AB  H  AB đi qua K  2;7  . E và F lần lượt là hình chiếu của H lên AC và BC. Tìm tọa

độ 3 đỉnh tam giác ABC biết EF : 3x + 4y = 18 và x C chẵn.
Gọi tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) là Cx

C

x

Ta có xCA  CBA  90  HCB  CHF
Mặt khác dễ thấy tứ giác CEHF
là hình chữ nhật nên ta có
0

F
E

CHF  CEF  xCA  CEF
Hay ta có Cx \\ EF.
Hay phương trình tiếp tuyến của đường tròn (O) tại
C có dạng 3x + 4y +d=0

A

H

O

B

0.5

K

3x + 4y +d=0
Câu 8

2
(1 điểm) Hay C   O   Cx  
2
7
25 có nghiệm duy nhất.
 x     y  4  
2
4


C  2; 2 
 3x  4y  14
Từ đây ta tìm được Cx  

 3x  4y  39 C  5; 6 

loai

Phương trình CK  CH : x  2
 A  1,4  B  6,6 
AB : y  4 => 
 A  6,6  B 1,4 
Cách khác. Chứng minh CO  EF
CBO  BCO



CBO  CHF cung  HCB  90 0
CHF  CEF  hinh chu nhat 

0.5



 CHF  CEF  CBO  BCO
 BCO  CEF  BCO  CFE  CEF  CFE  90
Viết CO tìm C, các em tự làm tiếp.

Giải phương trình 3x3  12x2  15x  8  3x2 3 3x  x3
Nhận xét : x  0 không thỏa mãn phương trình cho
Câu 9
1
1
1
1
(1 điểm) Chia hai vế của phương trình cho x 3 , ta được 8 3  15 2  12  3  3 3 3 2  1
x

x

x

x

0.5

1
x

Đặt t  (t  0) , phương trình trở thành 8t 3  15t 2  12t  3  33 3t 2  1

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 5 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 16 năm 2015

Môn Toán
3

3
3
3

 (2t  1)3  3(2t  1)   3t 2  1   3 3t 2  1  f(2t  1)  f( 3t 2  1)



Với f(t)  t 3  3t,t  R
Ta có : f '(t)  3t 2  3  0, t  R nên f đồng biến trên R , vì vậy :
3
3
f(2t  1)  f  3t 2  1   2t  1  3t 2  1





t  0 (loai)

15  33
 (2t  1)3  3t 2  1  8t 3  15t 2  6t  0   t 
(nhan)
16

 t  15  33 (nhan)

16

0.5

15  33
15  33
x

16
12
15  33
15  33
t
x
16
12
t

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x 

15  33
12

Cho x, y, z là các số thực dương . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
P

3
1

2( x 2  y 2  z 2  2 xz )  3 2 x  y  8 yz x  y  z

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng

8



2(a 2  b2 )  a  b , ta được:

2( x 2  y 2  z 2  2 xz )  2 ( x  z ) 2  y 2   x  z  y
8
8


2
2
2
2( x  y  z  2 xz )  3 x  y  z  3

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng 2 ab  a  b , ta được:
3
3
Câu 10
8 yz  2 y.2 z  y  2 z 

hay
2 x  y  8 yz 2 x  y  y  2 z
(1 điểm)



0.5

3
3

2( x  y  z )
2 x  y  8 yz

Khi đó

8
3
1
8
1
8
1






với
x  y  z  3 2( x  y  z ) x  y  z x  y  z  3 2( x  y  z ) t  3 2t
t  x y z 0
P

Xét hàm số f (t ) 

8
1
với t  0

t  3 2t

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 6 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 16 năm 2015

Môn Toán

8
1
3(t  1)(5t  3)
; f '(t )  0  t  1 (do t  0 )
 2 
2
(t  3) 2t
2t 2 (t  3)2
Bảng biến thiên:
Ta có f '(t )  

0.5

3
với t  0
2
 x  z  y  2z
1
1

Dấu “=” xảy ra khi 
 x z  ;y
4
2
x  y  z  t  1
3
1
1
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng , khi x  z  ; y  .
2
4
2

Từ bảng biến thiên suy ra P  f (t )  f (1) 

Nguồn:

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

Hocmai

- Trang | 7 -