Đề thi thử thptqg 2016 môn toán hocmai đề số 5

HOCMAI

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỀ THI THỬ LẦN 05

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

Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x  2 .
Câu 2.Tìm các giá trị tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) 

x  m2
trên đoạn  0;1 bằng - 4.
x 1

Câu 3.
a) Tìm số phần thực, phần ảo và môđun của số phức z  (1  2i)(3  i) 17i .

2x 1 

b) Giải bất phương trình log   log 2
  0 trên tập số thực.
x 1 
4 
2

Câu 4. Tính tích phân I 

x

2

 3x dx .

1

Câu 5. Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :

x 1 y  4 z  2
và mặt


2
1
2

cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 y  4 z  4  0 . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng  và ( S ) . Viết phương
trình mặt phẳng vuông góc với đường thẳng  và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) .
Câu 6.
a) Giải phương trình: cos 2 x  sin x  cos x  0 .
b) Một người gọi điện thoại quên 3 chữ số cuối cùng của số điện thoại cần gọi. Người này chỉ nhớ rằng
3 chữ số đó đều là các số lẻ khác nhau và trong 3 chữ số đó chắc chắn có chữ số 9. Tính xác suất để
người gọi điện bấm số một lần đúng được số điện thoại cần gọi.
Câu 7. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật , SA vuông góc với đáy. Biết

AB  a 2, BC  a và góc tạo bởi SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp

S. ABCD theo a và xác định tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD .
Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn và AB  BC  CA . Đường tròn tâm C
bán kính CB cắt đường thằng AB và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại D và E khác

1 
7

B . Biết M  ;0  là trung điểm của BC và DM cắt AC tại N  ; 1 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam
2 
4

giác ABC biết E , D đều thuộc đường thẳng x  3  0 .
Câu 9. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
2

 2( x  y  1)  (2 x  1) y  2  x( y  xy  1)  x  y
3
3

 x  y  m  2 xy

Câu 10. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 5a2  12abc  16b2  27c2  60 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:

T  a  2b  3c

---------- Hết ----------

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -

HOCMAI.VN

KÌ THI THỬ THPT 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)

ĐỀ THI THỬ LẦN 05

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x  2
2

Các em tự khảo sát hàm số

Câu 1
(1 điểm)

1.0
2

4

f(x) = x3
Tìm các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) 

0;1 bằng - 4
Câu 2
(1 điểm)

Ta có f '  x  

m2  1

 x  1

2

3∙x

2

x  m2
trên đoạn
x 1

 0, x  0;1

Vậy f  x  đồng biến trên  0;1
Từ đó ta suy ra f  x  đạt giá trị lớn nhất tại điểm x  1 , hay:

1.0

x  m2
 m  3
x0;1
x 1
a. Tìm số phần thực, phần ảo và môđun của số phức z  (1  2i)(3  i)  17i
Ta có: z  (1  2i)(3  i)  17i  3  2  5i  17i  5  12i

max f  x   f 1  4 

Câu 3
(1 điểm)

Từ đó ta có:
Phần thực của số phức z: 5
Phần ảo của số phức z: -12
Modun của số phức z: z  52  122  13

2x 1 

b. Giải bất phương trình log   log 2
  0 trên tập số thực
x 1 
4 

0.5


2x  1 
2x  1 


log   log 2
  0  log   log 2
  log  1
x 1 
x 1 
4 

4 
4
2x  1
2x  1
2x 1
3
 log 2
 1  log 2
 log 2 2 
2
0
x 1
x 1
x 1
x 1
 x  1  0  x  1

0.5

2

x

Tính tích phân I 

2

 3x dx

1

2

I

Câu 4
(1 điểm)



0



x 2  3x dx 

1

1

0



 x

2

x 2  3x dx   x 2  3x dx
0

2

2

1

 3x  dx    x 2  3x  dx

1.0

0

0

2

 x3 3x 2 
 x3 3x 2 
 1 3 8
 31
 
  
  0         6 
2  1  3
2 0
 3 2 6
 6
 3
x 1 y  4 z  2
và



2
1
2
mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 y  4 z  4  0 . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng  và
( S ) . Viết phương trình mặt phẳng vuông góc với đường thẳng  và tiếp xúc với mặt cầu
(S ) .

Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :

Gọi giao điểm của  và mặt cầu (S) là M. Khi đó: M  2t  1; t  4;2t  2 
Do M   S  nên ta có :

 2t  1

2

  t  4    2t  2   2  4  t   4  0
2

2

0.5

 9t 2  10t  1  0

Câu 5
(1 điểm)

 M 1 1;3;0 
t  1



   7 35 16 
t  1
M  ; ; 
 2  9 9
 9
9

Gọi   là mặt phẳng cần tìm
Do      n   u   2; 1;2  là vector pháp tuyến của mặt phẳng  
   : 2 x  y  2 z  m  0

Mạt khác do   tiếp xúc với (S) nên

 m  14
d  I :     R 
3 
2
2
2
2 1  2
 m  4
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là:
 2 x  y  2 z  14  0
2 x  y  2 z  4  0


0 1 4  m

Câu 6

a. Giải phương trình: cos 2 x  sin x  cos x  0

0.5


(1 điểm) Ta có:
cos 2 x  sin x  cos x  0

 cos 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  0
  cos x  sin x  sin x  cos x  1  0
cos x  sin x  0

sin x  cos x  1  0

0.5

Với cos x  sin x  0  tan x  1  x 


4

k  Z 

 k




x    k

1



Với sin x  cos x  1  0  sin  x    
2

4
2

 x    k

k  Z 

b. Một người gọi điện thoại quên 3 chữ số cuối cùng của số điện thoại cần gọi. Người này
chỉ nhớ rằng 3 chữ số đó đều là các số lẻ khác nhau và trong 3 chữ số đó chắc chắn có
chữ số 9. Tính xác suất để người gọi điện bấm số một lần đúng được số điện thoại cần
gọi.
Gọi 3 chữ số cuối của số điện thoại là: abc
(+) Số cách đưa chữ số 9 vào vị trí a, b, c là 3
(+) Số cách đưa 4 chữ số: 1;3;5;7 vào 2 vị trí còn lại là A42
Vậy không gian mẫu là : n     3. A42  36

0.5

Gọi A là biến cố: “Để người gọi điện bấm số một lần đúng được số điện thoại cần
gọi”:  n  A  1

Vậy xác suất cần tìm là :

n  A

n 



1
36

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật , SA vuông góc với đáy. Biết

AB  a 2, BC  a và góc tạo bởi SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng 600 . Tính thể tích
khối chóp S. ABCD theo a và xác định tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S. ABCD .
S

Ta có:
Câu 7
(1 điểm)

AC  AB 2  AC 2  a 3
S ABCD  AB.BC  a 2 2

Mà SA   ABCD    SC :  ABCD    SCA  60o
Xét SAC có
SC  AC.tan 60o  3a
1
1

VS . ABCD  SA.S ABCD  3a.a 2 2  a3 2
3
3

I

0.5

A

B
O

D

60o

C


Ta có tam đường tròn ngoại tiếp HCN ABCD là O giao điểm 2 đường chéo.
Từ O kẻ đường thẳng (d) vuông góc với (ABCD)
=> (d) // SA => (d) thuộc (SAC)
Gọi giao điểm (d) SC là I=> I là trung điểm SC
Khi đó do tam giác SAC có I là trung điểm SC nên IA = IS = IC

0.5

Mà I nằm trên (d) nên IA=IB=ID=IC=IS
Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD.

Bán kính R 

SC

2

SA2  AC 2
a 3
2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn và AB  BC  CA . Đường tròn
tâm C bán kính CB cắt đường thằng AB và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần
1 
lượt tại D và E khác B . Biết M  ;0  là trung điểm của BC và DM cắt AC tại
2 
7

N  ; 1 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết E , D đều thuộc đường thẳng
4

x  3  0.
D

E
1 1
2

A

2

N

2

B

Câu 8
(1 điểm)

M

C

0.5
1 
7

Ta có MD đi qua M  ;0  và N  ; 1 nên có phương trình: 4 x  5 y  2  0
2 
4

4 x  5 y  2  0  x  3

 D(3; 2)
Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 
x  3  0
 y  2

Ta có E2  B2 (cùng chắn cung AC ) và E2  D2 (vì tam giác CBD cân tại C ). Suy

ra B2  D2 (1)
Mặt khác, CE  CD  CED  CDE (2). Từ (1) và (2), suy ra B1  D1  AE  AD
Suy ra CA là đường trung trực của ED  CA  ED


7

Khi đó CA đi qua N  ; 1 và vuông góc với đường thẳng ED : x  3  0 nên
4

phương trình CA : y  1
Suy ra C (c; 1) , khi đó B(1  c;1) (vì M là trung điểm của BC ).
Ta có
c  1
2
2
2
2
2
2
2
CB  CD  CB  CD  (2c  1)  2  (c  3)  1  3c  2c  5  0  
c   5
3


+) Với c  1  C (1; 1) , B(0;1) , suy ra BD có phương trình: x  y  1  0
x  y 1  0 x  2

 A(2; 1)

Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 
 y  1
 y  1
(thỏa mãn điều kiện AB  BC  CA )
5
 5
 8 
+) Với c    C   ; 1 , B  ;1 , suy ra BD có phương trình: 9 x  y  25  0
3
 3
 3 
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
26

9 x  y  25  0
x 
 26


9  A  ; 1  AB  BC (loại).

 9

 y  1
 y  1
Vậy A(2; 1), B(0;1), C (1; 1) .
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
 2( x  y  1)  (2 x  1) y  2  x( y 2  xy  1)  x  y
3
 x  3 y  m  2 xy

0.5

 xy  0
Điều kiện 
.
x  y  1
Ta biến đổi phương trình đầu của hệ:
2( x  y  1)  (2 x  1) y  2  x( y 2  xy  1)  x  y
 2( x  y  1)  x  y  xy( x  y  2)  x  y  2

Câu 9
(1 điểm)

 2( x  y  1)  x  y  ( x  y  2)( xy  1)

 2( x  y  1)  x  y 



2( x  y  1)  x  y





2( x  y  1)  x  y ( xy  1)

 2( x  y  1)  x  y  0
(*)


 2( x  y  1)  x  y ( xy  1)  1 (2*)

+) Ta có (*)  2( x  y 1)  x  y  y  2  x thay vào phương trình thứ hai của hệ



ta được:

m  3 x  3 2  x  2 x(2  x)



0.5


Xét hàm số f ( x)  3 x  3 2  x  2 x(2  x) với x   0; 2
3
(2  x) 2  3 x 2
2  2x
2  2x




3 2
2
2
2
3

3
x(2  x)
x(2  x)
3 x
3 (2  x)
3 x (2  x)

1

Ta có f '( x) 

1

3

Khi đó f '( x)  0 

(2  x)2  3 x 2
3 x (2  x)
3



(2  2 x)
3 3 x 2 (2  x)2



3

3 3 x 2 (2  x)2



3

2

2 x  3 x



2  2x
0
x(2  x)



(2  x) 2  3 x(2  x)  3 x 2
3

(vì



2

3



2 x  3 x

(2  x) 2  3 x(2  x)  3 x 2

2  2x
 0  2  2x  0  x  1
x(2  x)







1
 0 với x   0; 2  .
x(2  x)

Ta có f (0)  f (2)  3 2 ; f (1)  4 và f ( x) liên tục trên  0; 2 , suy ra
3

0.5

2  f ( x)  4

Vậy hệ phương trình có nghiệm trong trường hợp này là:
 xy  0
+) Với điều kiện 
ta có:

x  y  1

3

2  m  4.

 xy  0
2( x  y  1)  x  y ( xy  1)  (0  1)(0  1)  1  
x  y  1
 x  0; y  1

 m 1
 x  1; y  0

(2*)  1 





Với m  1 hệ có nghiệm ( x; y) (0;1),(1;0) (thỏa mãn).

Vậy giá trị cần tìm của m là: m   3 2; 4 1
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 5a2  12abc  16b2  27c2  60 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: T  a  2b  3c

x  a

Đặt  y  2b , khi đó
 z  3c


Câu 10
(1 điểm)

 x, y, z  0
 2
2
2
5 x  2 xyz  4 y  3z  60 (*)

Ta viết lại (*) thành: 5x2  2 x. yz  (4 y 2  3z 2  60)  0 (2*)
Lúc này quan niệm (2*) là phương trình bậc hai với ẩn x , khi đó:
 '  y 2 z 2  5(4 y 2  3z 2  60)  ( y 2  15)( z 2  20)  (15  y 2 )(20  z 2 )

4 y 2  60 15  y 2  0

Mặt khác với điều kiện (*) ta có:  2
2
3z  60
20  z  0
Suy ra x 

 yz  (15  y 2 )(20  z 2 )
 yz  (15  y 2 )(20  z 2 )
x

0

x


. Do
5
5

0. 5


Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM (Cauchy) với hai số dương 15  y 2 ; 20  z 2
ta được:
(15  y 2 )  (20  z 2 )
 yz  (15  y 2 )(20  z 2 )  yz 
35  ( y  z )2
2
x


5
5
10
Suy ra
60  ( y  z )2  10( y  z )  25
35  ( y  z ) 2
T  x yz
 yz
10
10
2
60  ( y  z  5)
60



6
10
10
Với a  b  c  1 thỏa mãn điều kiện bài toán và T  6 .
Vậy giá trị lớn nhất của T là 6

Giáo viên:
Nguồn :

0. 5

Nguyễn Thanh Tùng
Hocmai.vn