de thi thu thpt quoc gia mon toan thpt luong the vinh lan 2 nam 2016

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
HÀ NỘI
Năm học 2015 – 2016
DETHIKIEMTRA.COM

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: Toán – Lần thứ 2
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
––––––––– Ngày 20.3.2016 –––––––––

y=

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số

2x +1
x −1

f ( x ) = x 3 − 3mx 2 + 3 ( m 2 − 1) x + m

đạt cực tiểu tại x = 2.

Câu 3 (1,0 điểm).
ω=

a) Cho số phức z = 5 – 3i. Tìm phần thực, phần ảo của số phức
b) Giải bất phương trình:

z −i
z +i

52 x −1 > 5 x −1 + 4
π
3

I = ∫ ( x + 2 sin x ) sin xdx

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;2;–3), B(3;1;–1) và mặt phẳng (P): 2x –
3y + z + 19 = 0. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P) và viết phương trình mặt cầu tâm
A tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm).
A=

sin x
3
sin x + 3cos 3 x

π 
x ∈  ;π ÷
2 

tan x = −2
a) Tính giá trị của biểu thức
, biết
và
b) Từ các chữ số 1;2;3;4;5 lập các số tự nhiên có năm chữ số, trong đó chữ số 1 có mặt đúng ba lần, các chữ số
còn lại có mặt không quá một lần. Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất để

số được chọn chia hết cho 3.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’, tam giác ABC vuông cân tại A, AB = a. Góc giữa đường
thẳng A’B và mặt phẳng (ABC) bằng 30 0. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa
hai đường thẳng A’B và B’C’.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (I). Phương trình
đường thẳng AC là y – 1 = 0. Trên cung nhỏ AB của đường tròn (I) lấy điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (I)
tạo với đường thẳng BD một góc 600. Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D biết điểm C có hoành độ dương và

(

)

M −2; 3 + 1

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

 2 x 2 + 8 x + xy − y − 10 = y + 12 − 2 − 2 x

2
 4 ( x + 5 ) + 6 y + 11 = 3 3 2 y + 5

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 1


Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn

2a ≤ c; ab + bc = 2c 2

. Tìm giá trị

a
b
c
T=
+
+
a −b b−c c −a

lớn nhất của biểu thức:

––––––––Hết–––––––

ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1
+ Tập xác định: D = ℝ \ {1}
+ Sự biến thiên:
y=−

Chiều biến thiên:

3

( x − 1)

2

< 0, ∀x ∈ D

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;1) và (1;+∞)
lim y = lim y = 2 ⇒ y = 2

Giới hạn:

x →−∞

x →+∞

là tiệm cận ngang

lim y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ x = 1

x →1−

x →1

là tiệm cận đứng

Bảng biến thiên:
x –∞
y’
y

1

–∞

–

–
+∞

2

2
–∞

+ Đồ thị

Giao với Ox tại

 1 
 − ;0 ÷
 2 

; giao với Oy tại (0;–1). Đồ thị nhận I(1;2) làm tâm đối xứng

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 2


Câu 2
Ta có

f ' ( x ) = 3x 2 − 6mx + 3 ( m 2 − 1) ; f '' ( x ) = 6 x − 6m

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 2 khi và chỉ khi
2
2
2
 f ' ( 2 ) = 0
3.2 − 6m.2 + 3 ( m − 1) = 0 3m − 12m + 9 = 0

⇔
⇔
⇔ m =1

m < 2
 f '' ( 2 ) > 0 6.2 − 6m > 0

Vậy m = 1
Câu 3
a) Ta có
z − i 5 − 3i − i 5 − 4i ( 5 − 4i ) ( 5 + 2i ) 33 − 10i
=
=
=
=
z + i 5 − 3i + i 5 − 2i
25 − 4i 2
29
33 10
=
− i
29 29

ω=

Vậy phần thực và phần ảo của

ω

lần lượt là

33
29

−

và

10
29

b) Ta có

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 3


52 x −1 > 5 x −1 + 4
⇔ 52( x −1) +1 − 5 x −1 − 4 > 0
⇔ 5. ( 5 x −1 ) − 5x −1 − 4 > 0
2

⇔ ( 5 x −1 − 1) ( 5.5 x −1 + 4 ) > 0

⇔ 5 x −1 > 1 ( do 5.5 x −1 + 4 > 0, ∀x )
⇔ x −1 > 0
⇔ x >1

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là x > 1.
Câu 4
π

3

π
3

0

0

I = ∫ x sin xdx + ∫ 2sin 2 xdx = I1 + I 2

Ta có:
π
3

I1 = ∫ x sin xdx
0

Tính

. Đặt

I1 = − x cos x

π
3
0

Suy ra

u = x ⇒ du = dx; dv = sin xdx ⇒ v = − cos x

π
3

+ ∫ cos xdx = ( − x cos x + sin x )
0

π
3

0

sin 2 x 

I 2 = ∫ ( 1 − cos 2 x ) dx =  x −
÷
2 

0
Ta có

I = I1 + I 2 =
Vậy

π
3

π
3

0

=

=

3 π
−
2 6

π
3
−
3 4

π
3
+
6 4

Câu 5
Đường thẳng AB đi qua A, nhận

uuur
AB = ( 1; −1; 2 )

làm vectơ chỉ phương, có phương trình

x−2 y −2 z +3
=

=
1
−1
2

Gọi

M ( 2 + t ; 2 − t ; −3 + 2t ) ∈ AB

là giao điểm của AB và (P). Suy ra

2 ( 2 + t ) − 3 ( 2 − t ) + ( −3 + 2t ) + 19 = 0 ⇒ t = −2 ⇒ M ( 0;4; −7 )

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 4


Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Ta có
là một vectơ chỉ phương của (d)

( d) :
Suy ra phương trình

là một vectơ pháp tuyến của (P) nên cũng

x−2 y −2 z +3
=
=
2
−3
1

H ( 2 + 2u; 2 − 3u; −3 + u ) ∈ ( d )

Gọi
phẳng (P).
Ta có

r
n ( 2; −3;1)

là giao điểm của d và (P) thì H là tiếp điểm của mặt cầu cần tìm với mặt

2 ( 2 + 2u ) − 3 ( 2 − 3u ) + ( −3 + u ) + 19 = 0 ⇒ u = −1 ⇒ H ( 0;5; −4 )

Bán kính mặt cầu cần tìm là

R = AH = 14

Suy ra phương trình mặt cầu:

( x − 2)

2

+ ( y − 2 ) + ( z + 3) = 14
2

2

Câu 6

a) Vì
A=

π 
x ∈  ; π ÷⇒ cos x ≠ 0
2 

sin x ( sin 2 x + cos 2 x )

=

. Chia cả tử và mẫu của A cho cos3x ≠ 0, ta có:

sin 3 x + sin x cos 2 x
sin 3 x + 3cos3 x

sin 3 x + 3cos 3 x
sin 3 x sin x
+
3
3
cos
x
cos x = tan x + tan x = 2
=
sin 3 x
tan 3 x + 3
+
3

cos 3 x
Vậy A = 2

b) Gọi A là biến cố “Số được chọn chia hết cho 3”
+ Tính số phần tử của không gian mẫu:
Chọn vị trí của 3 chữ số 1 trong 5 chữ số, có

C53 = 10

cách

Chọn bộ 2 chữ số sắp xếp thứ tự để xếp vào 2 vị trí còn lại, có
Theo quy tắc nhân, số phần tử của không gian mẫu là

A42 = 12

cách

10.12 = 120

+ Tính số kết quả thuận lợi cho A:
Số được chọn chia hết cho 3 nên phải có 3 chữ số 1; hai chữ số còn lại là 2 và 5.
Chọn vị trí của 3 chữ số 1 trong 5 chữ số, có 10 cách
Sắp xếp 2 chữ số 2 và 5 vào 2 vị trí còn lại có 2 cách
Theo quy tắc nhân số kết quả thuận lợi cho A là 10.2 = 20
Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 5


PA =

Xác suất cần tính là

20 1
=
120 6

Câu 7

Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng nên AA’ ⊥ (ABC).
Góc giữa A’B và (ABC) là

( A ' B; AB ) = ·A ' BA = 30°
AA ' = AB.tan 30° =

Tam giác A’AB vuông tại A:
VABC . A ' B 'C ' = S ABC . AA ' =

Thể tích lăng trụ:

a
3

1
a3 3
AB. AC. AA ' =
2
6

Vì B’C’ // BC nên B’C’ // (A’BC) ⇒ d(B’C’;A’B) = d(B’C’;(A’BC)) = d(B’;(A’BC))
Gọi I là trung điểm AB’. Vì ABB’A’ là hình chữ nhật nên I ∈ A’B ⇒ I ∈ (A’BC)

Suy ra d(B’;(A’BC)) = d(A;(A’BC))
Gọi M là trung điểm BC, Vẽ AH ⊥ A’M tại H.
Tam giác ABC vuông cân tại A nên AM ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (AMA’) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (BCA’)
AM =
Vì ∆ ABC vuông cân ở A nên

Tam giác AMA’ vuông tại A :

1
1
a
BC = AB 2 =
2
2
2

1
1
1
a
=
+
⇒ AH =
2
2
2
AH
AM
AA '
5

Vậy khoảng cách giữa B’C’ và A’B là

a
5

Câu 8

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 6


Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại M của (I) với BD là E. Suy ra
·
·
MEI
= 60° ⇒ MIE
= 30° ⇒ ·AIM = 60°
Tam giác AIM cân tại I có một góc bằng 600 nên là tam giác đều.
Gọi H là trung điểm AI ⇒ MH ⊥ AI. Ta có
MH = d ( M ; AC ) =

MA = MI =

Suy ra

3 + 1 −1
1

= 3

.

MH
=2
sin 60°

MA = 2 ⇔ ( a + 2 ) +
2

Gọi

A ( a;1) ∈ AC

( 3)

2

. Vì

 a = −1  A ( −1;1)
= 4 ⇔ a 2 + 4a + 3 = 0 ⇔ 
⇒
 a = −3  A ( −3;1)

Nếu A(–1;1) ⇒ I(–3;1). I là trung điểm AC ⇒ C(–5;1) (loại)
Nếu A(–3;1) ⇒ I(–1;1) ⇒ C(1;1) (thỏa mãn)
Phương trình đường thẳng BD đi qua I và vuông góc với AC: x + 1 = 0

Gọi B(–1;b) ∈ BD. Ta có

 B ( −1;3)
b = 3
2
BI = IA = MA = 2 ⇒ ( b − 1) = 4 ⇒ 
⇒
b = −1  B ( −1; −1)

Mặt khác vì M thuộc cung nhỏ AB nên M và B nằm cùng phía với AC ⇒ B(–1;–1) không thỏa mãn. Suy ra B(–
1;3) ⇒ D(–1;–1)
Vậy A(–3;1), B(–1;3), C(1;1), D(–1;–1).
Câu 9
2 x 2 + 8 x + xy − y − 10 = y + 12 − 2 − 2 x ( 1)
( I)

2
4 ( x + 5 ) + 6 y + 11 = 3 3 2 y + 5

Điều kiện: x ≤ 1, y ≥ –12
Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 7


y + 12 + 2 − 2 x > 0

Ta thấy (1;–12) không phải là nghiệm của hệ, do đó

( 1) ⇔ 2 x 2 + 10 x + xy − 2 x − y − 10 =
⇔ ( 2 x + y + 10 ) ( x − 1) =

. Do đó

y + 12 − ( 2 − 2 x )
y + 12 + 2 − 2 x

2 x + y + 10
y + 12 + 2 − 2 x

 y = −2 x − 10
1
⇔ 
x −1 =

y + 12 + 2 − 2 x

( *)
x −1 ≤ 0 <

Phương trình (*) vô nghiệm do

1
, ∀x ≤ 1, y ≥ −12
y + 12 + 2 − 2 x

 y = −2 x − 10

( I ) ⇔ 
Suy ra

2
3


 y + 6 y + 11 = 3 2 y + 5 ( 2 )

y 2 + 6 y + 11 = ( y + 3) + 2 > 0 ≥ 3 3 2 y + 5
2

Giải (2): Nếu 2y + 5 ≤ 0 ta có:

⇒ loại

Nếu 2y + 5 > 0, áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 3 số dương, ta có:
3 3 2 y + 5.1.1 ≤ ( 2 y + 5 ) + 1 + 1 = 2 y + 7 ≤ ( y + 2 ) + 2 y + 7 = y 2 + 6 y + 11
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

 3 2 y + 5 = 1
⇔ y = −2

 y + 2 = 0

. Vậy (2) ⇔ y = –2 ⇒ x = –4 (thỏa mãn)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (–4;–2)
Câu 10
ab + bc = 2c 2 ⇒ b =
Vì

2c 2
a+c

. Thay vào biểu thức T, ta có:

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 8


2c 2
a
b
c
a
c
T=
+
+
=
+ a 2+ c +
2
2c
2c
a −b b −c c −a
c−a
a−
−c
a+c a+c
2
a ( a + c)
2c
c
=
+ 2

+
2
a ( a + c ) − 2c 2c − c ( a + c ) c − a
a 2 + ac
2c 2
c
+
+
2
2
2
a + ac − 2c c − ca c − a
a 2 + ac
3c
= 2
+
2
a + ac − 2c c − a
c
c
1+
3
a
=
+ a
c
c2 c −1
1+ − 2 2
a
a

a
=

x=
Đặt

c
1+ x
3x
6 x2 + 2 x − 1
,x ≥ 2⇒T =
+
=
a
1 + x − 2 x2 x − 1 2 x2 − x − 1

f ( x) =
Xét

f '( x) =

6x + 2x −1
2x2 − x −1
2

trên [2;+∞). Ta có:

− ( 10 x 2 + 8 x + 3)

( 2 x 2 − x − 1)

2

< 0, ∀x ∈ [ 2; +∞ )

T = f ( x ) ≤ f ( 2) =

Hàm số f(x) nghịch biến và liên tục trên [2;+∞) . Do đó

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Vậy GTLN của T là

27
5

 2a = c


2c 2 ⇔ 8a = 3b = 4c
b
=

a+c


, chẳng hạn khi

27
5

1
1
1
a = ;b = ;c =
8
3
4

.

Xem thêm: />Nguồn trang web:

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 9