de thi thu thpt quoc gia mon toan truong thpt da phuc ha noi lan 3 nam 2016

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC
ĐỀ THI THỬ LẦN 3
DETHIKIEMTRA.COM

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Mônthi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

1
4
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị hàm số
1− 2x
y=
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho trung điểm của AB nằm trên trục hoành.
x +1
4
2
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x − 2 x + 3.

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thoả mãn: ( z − i )(1 − 2i ) − 1 − 3i = 0. Tính môđun của số phức w = z 2 − z.
b) Giải phương trình: 24 x − 2.4− x + 2 = 3 + 2 x.
π
4

sin 4 x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
dx.
∫
0

cos 2 x + 2

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;0; −3) và mặt phẳng
( P ) : x + 2 y − 2 z − 12 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc trục Ox, đi qua A và tiếp
xúc với (P).
Câu 6 (1,0 điểm).
π
(cos α + cos β ) 2 + (sin α + sin β ) 2
α
−
β
=
.
P
=
.
a) Cho
Tính giá trị biểu thức
(sin α − cos β ) 2 + (cos α + sin β ) 2
4
b) Trong giải bóng đá của trường THPT X có 16 đội tham gia, trong đó có một đội của lớp Y
và một đội của lớp Z. Ban tổ chức giải tiến hành bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai
bảng A và B, mỗi bảng 8 đội. Tính xác suất để hai đội Y và Z ở cùng một bảng.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung
điểm của cạnh AB. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với mặt đáy. Góc giữa
đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng SA và IC theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D là điểm
đối xứng của A qua BC. Đường thẳng đi qua A vuông góc với CD có phương trình
4 x − 3 y + 20 = 0. Biết rằng phương trình đường thẳng AD: x − 2 y + 10 = 0 , điểm B nằm trên

đường thẳng d : x + y − 5 = 0. Tìm toạ độ các điểm B, C.
1
−
 2
5
x −y
x2 − y
2
+2
=
( x, y ∈ R ) .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2

4 x y − 8 x + y + 1 = 4 y − x − 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P = (a + 1)(b + 1)(c + 1) +

4

.
a + b + c3 + 5
______________Hết______________

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

THI THỬ LẦN 3

3

3

3

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Mônthi: TOÁN

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất!

1


Câu

Đápán

Điểm

(1 điểm)
- TXĐ: D = R

0.25

x = 0
3
3
Sự biến thiên: y ' = x − 4 x; y ' = 0 ⇔ x − 4 x = 0 ⇔ 
 x = ±2

1

1

y = lim  x 4 − 2 x 2 + 3 ÷ = +∞; lim y = lim  x 4 − 2 x 2 + 3 ÷ = +∞.
- Gới hạn: xlim
→+∞
x →+∞ 4
x →−∞
x →−∞ 4




x
-2
0
2
-

y’
y

-

0

+

0

-

0

+

0.25
Bảng
biến
thiên

0.25
1
(1,0
- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−2;0) và (2; +∞)
điểm)
- Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −2) và (0; 2)
- Hàm số đạt CĐ tại (0; 3) và đạt CT tại (-2; -1); (2; -1)
- Hàm số đạt cực đại x = 0, ycd = 3 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±2, yct = −1 .
- Vẽ đồ thị: Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0;3) và nhận Oy làm trục đối xứng

0.25

(1 điểm)
*Phương trình hoành độ giao điểm:

1 − 2x
= x + m ⇔ x 2 + (m + 3) x + m − 1 = 0 (1). (vì
x +1

x = −1

0.25

không là nghiệm).
*Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân
2
biệt x1 , x2 . ⇔ ∆ = (m + 3) 2 − 4(m − 1) > 0 ⇔ m2 + 2m + 13 > 0, ∀m.
(1
điểm)
 x + x x + x + 2m 
*Khi đó A( x1 ; x1 + m), B( x2 ; x2 + m) và trung điểm I của AB là I  1 2 ; 1 2
÷.
2
 2


0.25

0.25

*Vì I thuộc Ox nên x1 + x2 + 2m = 0 ; theo vi-ét ta có: x1 + x2 = −m − 3 .
0.25

Vậy ta có phương trình: − m − 3 + 2m = 0 ⇔ m = 3.
3

a) (0,5 điểm)

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất!

2


* Ta có: z − i =

1 + 3i (1 + 3i)(1 + 2i)
=
= −1 + i ⇒ z = −1 + 2i.
1 − 2i
5

0.25

2
*Vì vậy w = (−1 + 2i ) − (−1 − 2i) = −2 − 2i ⇒ w = 2 2.
(1
điểm)
b) (0.5 điểm)
Phương trình tương đương với: 4.22 x = 3 + 2 x
⇔ (2 x − 1)(4.2 x + 3) = 0 ⇔ 2 x = 1 ⇔ x = 0.

0.25
0.25
0.25

π
4

sin 4 x
Tính tích phân I =
∫0 cos 2 x + 2 dx. (1 điểm)
π
4

*Ta có: I = 2sin 2 x.cos 2 x dx.
∫0 cos 2 x + 2
4
(1
điểm) *Đặt t = cos 2 x + 2 ⇒ cos 2 x = t − 2 ⇒ −2sin 2 xdx = dt .
*Với x = 0 ⇒ t = 3; x =

0.25
0.25

π
⇒ t = 2.
4

0.25

2

3
3
−(t − 2)dt
3
 2
= ∫  1 − ÷dt = ( t − 2 ln t ) = 1 − 2 ln .

2
t
t
2
3
2

*Vì vậy I = ∫

0.25

Viết phương trình mặt cầu (1 điểm)
*Gọi tâm của (S) là I, vì I thuộc Ox nên
t − 12
.
3

I (t ;0;0) ⇒ IA = (t − 1) 2 + 9; d ( I ;( P)) =

0.25

*Vì (S) đi qua A và (P) tiếp xúc (S) nên: IA = d ( I ; ( P )) = R.
*Ta có phương trình:
5
(1
điểm)

0.25

t = −3

t − 12
2
2
2
2
(t − 1) + 9 =
⇔ 9(t − 2t + 10) = (t − 12) ⇔ 8t + 6t − 54 = 0 ⇔  9 .
t =
3
 4
+) Với t = −3 ⇒ I (−3;0;0), R = 5 ⇒ ( S ) : ( x + 3) 2 + y 2 + z 2 = 25.
2

+) Với t =

0.25

9
13
9
169
9


⇒ I  ; 0; 0 ÷, R = ⇒ ( S ) :  x − ÷ + y 2 + z 2 =
.
4
4
4
16

4


2

9
169

.
*Vậy có hai mặt cầu thoả mãn là ( x + 3) + y + z = 25;  x − ÷ + y 2 + z 2 =
4
16

2

2

2

0.25

6
π
a) Cho α − β = . Tính giá trị biểu thức P (0.5 điểm)
(1
4
điểm)
2 + 2(cos α cos β + sin α sin β ) 1 + cos( β − α )
P=
=

.
2 + 2(cos α sin β − sin α cos β ) 1 + sin( β − α )

0.25
0.25

2
2 = 3 + 2 2.
=
2
1−
2
1+

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất!

3


b) Tính xác suất (0.5 điểm)
Số phần tử của không gian mẫu là số cách chia 16 đội thành 2 bảng đấu mỗi bảng gồm 8 đội có
0.25
n(Ω) = C168 .C88 .
*Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Có các khả năng xảy ra biến cố A như sau:
6
8
+) Hai đội Y và Z thuộc cùng bảng A; có 1.C14 .C8 cách.
6
8
+) Hai đội Y và Z thuộc cùng bảng B có 1.C14 .C8 cách.

0.25
6
8
2C .C
7
6
8
*Vậy n( A) = 2C14 .C8 và P( A) = 814 88 = .
C16 .C8 15
a) Tính thể tích (0.5 điểm)
2
* S ABCD = a .

*Gọi H = IC I BD , ta có:
 ( SIC ) I ( SBD) = SH

0
·
 ( SIC ) ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ ( ABCD) ⇒ SBH = 60 .
 ( SBD) ⊥ ( ABCD)


*Theo Talets ta có:

0.25

HB IB 1
BD a 2
=
= ⇒ HB =

=
.
HD CD 2
3
3

7
(1
a 6
0
điểm) *Suy ra: SH = HB.tan 60 = 3 .

0.25

1
1 a 6 2 a3 6
*Vì vậy VS . ABCD = SH .S ABCD = .
.a =
.
3
3 3
9

b) Tính khoảng cách (0.5 điểm)
*Gọi J là trung điểm CD; ta có AI = CJ , AI || CJ ⇒ CIAJ là hình bình hành, do đó CI || AJ .
*Suy ra IC || ( SAJ ) ⇒ d ( SA; IC ) = d ( IC ;(SAJ )) = d ( H ;(SAJ )) (1).

0,25

*Kẻ HK ⊥ AJ ( K ∈ AJ ), HT ⊥ SK (T ∈ SK ) ⇒ HT ⊥ ( SAJ ) ⇒ HT = d ( H ;( SAJ )) (2).

*Ta có CI = CB 2 + BI 2 = a 2 +
* Tam giác vuông SHK có

2S
S
a2 a 5
a
=
⇒ HK = d ( A; CI ) = ACI = ABCD =
.
4
2
CI
2CI
5

1
1
1
5
3
13
a 26
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ HK =
(3).
2
2
2

HT
HK
SH
a
2a
2a
13

*Từ (1), (2), (3) suy ra: d ( SA; IC )) =

0.25

a 26
.
13

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất!

4


*Toạ
độ
điểm
A
4
x
−
3
y

+
20
=
0

⇒ A(−2; 4).

 x − 2 y + 10 = 0

là

nghiệm

của

hệ:
0.25

*Gọi H là giao điểm của CD và đường thẳng đi qua A vuông góc CD.
·
·
*Vì D là điểm đối xứng của A qua BC nên BDC
= BAC
= 900 , do đó ABDC là tứ giác nội tiếp.
·
*Ta có: DAH
= 900 − ·ADC
* ·ADC = ·ABC (cùng chắn cung »AC ).

0.25

·
8
* ·ABC = 900 − DAB
(1
·
·
·
*Từ đó suy ra: DAH
= DAB
⇒ AD là tia phân giác góc BAH
điểm)
*Lấy điểm M (−5;0) là điểm thuộc AH; gọi N là điểm đối xứng của M qua AD, ta có N thuộc
AB và toạ độ điểm N là nghiệm của hệ:
y+0
x−5
− 2.
+ 10 = 0
 x = −7

⇔
⇒ N (−7; 4).
2
 2
y
=
4

 2( x + 5) + 1( y − 0) = 0
*Đường thẳng AB đi qua A, N có PT: y − 4 = 0.

0.25

x + y − 5 = 0
⇒ B (1; 4).
*Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: 
y − 4 = 0
*Đường thẳng AC đi qua A, vuông góc AB có PT: x + 2 = 0.
*Đường thẳng BC đi qua B, vuông góc AD có PT: 2 x + y − 6 = 0.
x + 2 = 0
⇒ C (−2;10).
*Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: 
2 x + y − 6 = 0
*Vậy B(1; 4), C (−2;10).
Giải hệ (1 điểm)

0.25

9
(1
*Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 0, x 2 − y > 0.
điểm)
*Đặt t = x 2 − y (t > 0) , phương trình thứ nhất của hệ trở thành:
1
−
5
5
t
2 + 2 = ⇔ 2 + 2 t − = 0 (*).
2

2
1
−
5
*Xét hàm số f (t ) = 2t + 2 t − trên (0; +∞) ,
2
1
1 −
ta có: f '(t ) = 2t ln 2 + 2 2 t ln 2 > 0, ∀t > 0.
t
*Do đó f(t) đồng biến trên (0; +∞) và f (1) = 0 vì vậy (*) có nghiệm duy nhất t = 1 trên (0; +∞) .
t

−

1
t

0.25

0.25

*Vậy x 2 − y = 1 ⇔ y = x 2 − 1.
*Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
4 x x 2 − 1 − x 2 + 8 x = 4( x 2 − 1) − x − 2.
Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất!

5

*Kết hợp với điều kiện x ≥ 0 ⇒ x ≥ 1.
*Phương trình tương đương với:

) (

(

)

4 x2 −1 x − x2 −1 + x + 2 − x2 + 8x = 0 ⇔

4 x2 −1
x + x2 −1

−

4( x − 1)
x + 2 + x2 + 8x

=0

0.25



x +1
x −1
⇔ x −1 
−
 = 0 (**).

2
2
 x + x −1 x + 2 + x + 8x 
*Vì x + 2 + x 2 + 8 x > x + x 2 − 1; x − 1 < x + 1, ∀x ≥ 1.
*Suy ra: f ( x) =

x +1

−

x −1

x + x −1 x + 2 + x2 + 8x
*Vì vậy (**) ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1.
*Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;0).
2

> 0, ∀x ≥ 1.

0.25

Tìm GTNN (1 điểm)
*Theo giả thiết và bất đẳng thức AM – GM ta có:
1 1 1
9
3= + + ≥
⇒ a + b + c ≥ 3.
a b c a+b+c
*Và (ab + bc + ca) 2 ≥ 3abc( a + b + c) ⇒ ab + bc + ca ≥ a + b + c.
4

7
*Suy ra: (a + 1)(b + 1)( c + 1) = ( ab + bc + ca) + a + b + c + 1 ≥ ( a + b + c ) + 1 (1).
3
3

0.25

a 3 + b3 + c 3 = (a + b + c )3 − 3(a + b + c )(ab + bc + ca ) + 3abc
= (a + b + c)3 + ( ab + bc + ca)(1 − 3( a + b + c))
10
≤ (a + b + c )3 + (a + b + c )(1 − 3(a + b + c )) (2).
(1
7
4
.
điểm) *Đặt t = a + b + c (t ≥ 3) , từ (1), (2) ta có: P ≥ t + 1 +
3
3
3
t − 3t 2 + t + 5
7
4
*Xét hàm số f (t ) = t + 1 + 3 3
trên [ 3; +∞ ) , ta có:
3
t − 3t 2 + t + 5

0.25

7 3 (t 3 − 3t 2 + t + 5) 4 − 4(3t 2 − 6t + 1)

7
4(3t 2 − 6t + 1)
f '(t ) = −
=
3 3 3 (t 3 − 3t 2 + t + 5) 4
3 3 (t 3 − 3t 2 + t + 5) 4
≥

14(t 3 − 3t 2 + t + 5) − 4(3t 2 − 6t + 1)
3 3 (t 3 − 3t 2 + t + 5) 4

=

14t 3 − 54t 2 + 38t + 66
3 3 (t 3 − 3t 2 + t + 5) 4

0.25

> 0, ∀t ≥ 3.

*Do đó f(t) đổng biến trên [ 3; +∞ ) và P ≥ f (t ) ≥ f (3) = 10.
*Với a = b = c =1 thì P = 10. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 10.

0.25

-------------Hết-------------

Xem thêm: />Nguồn trang web:

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất!

6