de thi thu thpt quoc gia mon toan truong thpt chuyen bac giang bac giang lan 1 nam 2016

SỞ GD & ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 – NĂM 2016
Môn: TOÁN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
y=

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

2 x +1
x −2

y = x 3 + ( m + 3) x 2 + 1 − m
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để hàm số
đại tại điểm x = –1

đạt cực

Câu 3 (1,0 điểm).
z + 2 z = 2 − 4i

a) Cho số phức z thỏa mãn
. Tìm môđun của số phức z.
3 log 3 x − log 3 ( 3 x ) − 1 < 0
b) Giải bất phương trình
1

I=∫

(x

0

2

+ x ) e− x + x 2
x +1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

dx
.

(d) :

x +2 y −2 z
=
=
−1
1
2

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
và điểm A(2;3;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A và (d). Tính cosin của góc giữa mặt
phẳng (P) và mặt phẳng tọa độ (Oxy).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

cos 3x − cos x + 2sin 2 x = 0

12

b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của nhị thức Niutơn

1 

 2x + 5 ÷ , x > 0
x


AB = a, BC = 2a, BC = 2a, ·ABC = 120°
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có
,
hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm cạnh A’B’, góc giữa
đường thẳng AC’ và mặt phẳng (A’B’C’) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và
góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) và (ABC).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đường thẳng chứa
đường cao kẻ từ A, trung tuyến kẻ từ B và phân giác trong kẻ từ C lần lượt là (d 1),: 3x – 4y +
27=0, (d2): 4x + 5y – 3 = 0, (d3): x + 2y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

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


 x 2 + x + 1 − y 2 − y + 1 = x 2 − xy + y 2
( x, y ∈ ¡

 4 ( x + 1) ( xy + y − 1) − 3 x = 3 x 4 − x 2

)

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 ( a2 + b2 + c2 )
a
b
c
P=
+
+
+
b+c
c+a
a+b
ab + bc + ca

ĐÁP ÁN
Câu 1
+ Tập xác định: D = ℝ \ {2}
+ Sự biến thiên
y'= −

5

( x − 2)

2

< 0, ∀x ∈ D

Chiều biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;2) và (2;+∞)
lim y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ x = 2

Giới hạn:

x → 2−

x→ 2

là tiệm cận đứng

lim y = lim y = 2 ⇒ y = 2

x →−∞

x →+∞

là tiệm cận ngang
Bảng biến thiên:
x –∞
y’
y
2

2

+∞

–

–
+∞
2
–∞

+ Đồ thị

Giao với Ox tại

 1 
 − ;0 ÷
 2 

, giao với Oy tại

1

 0; − ÷
2


Đồ thị nhận I(2;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:

y = x 3 + ( m + 3) x 2 + 1 − m
y ' = 3 x 2 + ( 2m + 6 ) x
y '' = 6 x + ( 2m + 6 )

Hàm số đạt cực đại tại x = –1 ⇔
m=−

Vậy

2
 y ' ( −1) = 0
3
3. ( −1) + ( 2m + 6 ) ( −1) = 0
⇔
⇔m=−

2
 y '' ( −1) < 0
 −6 + 2m + 6 < 0

3
2

Câu 3
z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) ⇒ z = a − bi
a) Gọi
Ta có :
z + 2 z = 2 − 4i ⇔ ( a + bi ) + 2 ( a − bi ) = 2 − 4i
⇔ 3a − bi = 2 − 4i
2


3a = 2
2
a =
⇔
⇔
3 ⇒ z = + 4i
3
−b = −4
b = 4

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


z = a 2 + b2 =
Vậy

2 37
3

3 log 3 x − log 3 ( 3x ) − 1 < 0 ( 1)
b)

ĐK:

x > 0
⇔ x ≥1

log 3 x ≥ 0

Với điều kiện trên, ta có:

( 1) ⇔ 3

log 3 x − ( 1 + log 3 x ) − 1 < 0

⇔ log 3 x − 3 log3 x + 2 > 0
⇔

(

)(

log 3 x − 1

)

log 3 x − 2 > 0

 log 3 x > 2
log 3 x > 4
 x > 81
⇔
⇔
⇔
 log 3 x < 1
0 ≤ log 3 x < 1 1 ≤ x < 3
(tích dương khi cả 2 ngoặc cùng dấu, suy luận ta
được 2 trường hợp như trên).
(thỏa mãn điều kiện)

[ 1;3) ∪ ( 81; +∞ )
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
Câu 4
1

1

0

0

I = ∫ xe − x dx + ∫

x 2 dx
= I1 + I 2
x +1

1

I1 = ∫ xe − x dx

u = x ⇒ du = dx, dv = e − x dx ⇒ v = −e − x

0

Tính

: Đặt
I1 = − xe

−x

1

1

1
− ∫ −e dx = − − e − x
e
0
0
−x

1

0

1 1 
2
= − −  − 1÷ = 1 −
e e 
e

Suy ra
1

1

1

x2
x2 + x − x −1 + 1
1 

I2 = ∫
dx = ∫
dx = ∫  x − 1 +
÷dx
x +1
x +1
x +1 
0
0
0

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


 x2
1 1
1
=  − x + ln x + 1 ÷ = − 1 + ln 2 = ln 2 −
2
 2
0 2
I = I1 + I 2 =

Vậy

1
2
+ ln 2 −
2
e

Câu 5
M ( −2; 2;0 )
Ta có (d) đi qua điểm
uuuur
AM = ( −4; −1; −1) ∈ ( P )
Có
uur
ud = ( −1;1; 2 ) ∈ ( P )
Vectơ chỉ phương của (d),
ur uuuur uur
n1 =  AM ; ud  = ( −1;9; −5 )
Do đó (P) nhận
làm vectơ pháp tuyến
− x + 9 y − 5 z − 20 = 0
(P) đi qua A(2;3;1) nên có phương trình
uur
n2 = ( 0;0;1)
Mặt phẳng (Oxy) nhận
làm vectơ pháp tuyến
Gọi α là góc giữa mặt phẳng (P) và (Oxy), ta có:
ur uur
n1.n2
ur uur
−1.0 + 1.0 + 2.1

2
cos α = cos n1; n2 = ur uur =
=
1 + 1 + 4. 0 + 0 + 1
6
n1 . n2

(

)

2
6
Vậy cosin góc giữa (P) và (Oxy) là

.

Câu 6
a) Ta có:
os 3 x − cos x + 2sin 2 x = 0
⇔ −2sin 2 x sin x + 2sin 2 x = 0
⇔ −2sin 2 x ( sin x − 1) = 0
kπ

x=

sin
2
x
=

0

kπ
2
⇔
⇔
⇔ x=
2
sin x = 1
 x = π + k 2π

2

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 5


x=

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

kπ
2

( k ∈¢ )

b) Theo công thức nhị thức Niutơn:
12

k

6
12
12
12 − k
1 

12 − k  1 
k
k
12 − k
5
 2 x + 5 ÷ = ∑ C12 ( 2 x )
 5 ÷ = ∑ C12 .2 .x
x
x
k =0



 k =0

Số hạng không chứa x tương ứng với:

6
12 − k = 0 ⇔ k = 10
5

C1210 .212 −10 = 264

Số hạng đó là

.

Câu 7

Gọi H là trung điểm A’B’, vì AH ⊥ (A’B’C’) nên góc giữa AC’ và (A’B’C’) là
( AC '; HC ' ) = ·AC ' H = 60°
A ' B ' = AB = a; B ' C ' = BC = 2a; B ' H =

Ta có:

A' B ' a
=
2
2

Áp dụng định lí cosin vào tam giác HB’C’ ta có:
HC '2 = HB '2 + B ' C '2 − 2 HB '.B ' C '.cos120° =

21a 2
a 21
⇒ H 'C =
4
2

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


AH = HC '.tan 60° =
∆ AHC’ vuông tại H:

S ABC =
Diện tích ∆ ABC:

3a 7
2

1
a2 3
AB.BC.sin120° =
2
2

VABC . A ' B ' C ' = AH .S ABC
Thể tích lăng trụ:

3a 3 21
=
4

Gọi M là trung điểm AB. Vẽ MK ⊥ BC tại K.
Ta có AHB’M là hình chữ nhật. Suy ra B’M ⊥ (ABC) ⇒ BC ⊥ B’M ⇒ BC ⊥ (B’MK)
Suy ra BC ⊥ B’K.
·
α = ( MK ; KB ') = MKB
'

Vậy góc giữa (BCC’B’) và (ABC) là
B ' M = AH =
Ta có:

3a 7
2
MK = MB.sin 60° =

∆ MKB vuông tại K:
tan α =

∆ MKB’ vuông tại M:

a 3
4

B'M
= 2 21
MK

Vậy góc giữa (BCC’B’) và (ABC) là

α = arctan 2 21

Câu 8

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 7


ur
u1 ( 4;3)

ur
u1 ( 4;3)

Vectơ chỉ phương của d1 là
. Vì d1⊥ BC nên BC nhận
uur
n3 ( 1; 2 )
Ta có d3 nhận
làm vectơ pháp tuyến
uuur
nAC ( a; b ) ( a 2 + b 2 ≠ 0 )
Gọi
là một vectơ pháp tuyến của AC.

làm vectơ pháp tuyến.

Vì d3 là phân giác trong góc C nên (d3;AC) = (d3;BC). Suy ra
uuur uur
ur uur
a + 2b
4.1 + 3.2
cos nAC ; n3 = cos u1; n3 ⇔
=
25. 5
a 2 + b2 . 5

(

)

(

)

⇔ a + 2b = 2 a 2 + b 2 ⇔ ( a + 2b ) = 4 ( a 2 + b 2 )
2

⇔ 3a 2 − 4ab = 0
b =1⇒ a =

Chọn

4
3

(loại vì AC // BC) hoặc a = 0

Suy ra (0;1) là một vectơ pháp tuyến của AC.
C ( 5 − 2c; c ) ∈ d 3
Gọi
y −c = 0

. Phương trình AC qua C nhận (0;1) làm vectơ pháp tuyến có dạng:

Tọa độ A là nghiệm của hệ:

3x − 4 y + 27 = 0
⇒

y −c = 0

 4c − 27 

A
;c ÷
 3


Gọi M là trung điểm AC thì M là giao AC và d2, nên có tọa độ là nghiệm của hệ:

4 x + 5 y − 3 = 0
 3 − 5c 
⇒M
;c÷

 4

y −c = 0
5 − 2c +

M là trung điểm AC nên

4c − 27
3 − 5c
= 2.
⇒c =3
3
4

A ( −5;3) ; C ( −1;3)
. Suy ra

Phương trình BC có dạng: 4x + 3y – 5 = 0. Tọa độ B là nghiệm của hệ:

4 x + 3 y − 5 = 0
⇒ B ( 2; −1)

4 x + 5 y − 3 = 0
Ta thấy A và B nằm cùng phía đối với d3 suy ra d3 là phân giác ngoài đỉnh C của ∆ ABC, không
thỏa mãn.
Vậy không có tam giác ABC thỏa mãn yêu cầu đề bài.

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


Câu 9
 x 2 + x + 1 − y 2 − y + 1 = x 2 − xy + y 2 ( 1)

( I)

4 ( x + 1) ( xy + y − 1) − 3x = 3 x 4 − x 2
 x2 + x + 1 ≥ y2 − y + 1

( 1) ⇔  2
2
 x + x + 1 − y − y + 1

(

Ta có

( 2 ) ⇔ xy + x − y + 2 = 2

)

2

= x 2 − xy + y 2 ( 2 )

x 2 + x + 1. y 2 − y + 1

 xy + x − y + 2 ≥ 0
⇔
2
2
2
( xy + x − y + 2 ) = 4 ( x + x + 1) ( y − y + 1)

( 3) ⇔ ( xy + x − y )

2

( 3)

+ 4 ( xy + x − y ) + 4 = 4 ( x 2 + x ) ( y 2 − y ) + x 2 + x + y 2 − y + 1

2
2
2
⇔ ( xy + x − y ) = 4  x 2 y 2 − xy ( x − y ) + ( x − y )  ⇔ −3 x 2 y 2 + 6 xy ( x − y ) − 3 ( x − y ) = 0



⇔ −3 ( xy − x + y ) = 0 ⇔ xy + y = x
2

Do đó
Đặt

 x 2 + x + 1 ≥ y 2 − y + 1 ( *)

 xy + x − y + 2 ≥ 0 ( **)
( I) ⇔ 
 xy + y = x
4 x + 1 x − 1 − 3 x = 3 x 4 − x 2
)(
)
 (

t = 3 x4 − x2

( 4)

. Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của (4), do đó x ≠ 0. Suy ra
2

2
 x  3x
t 2 + tx + x 2 =  t + ÷ +
> 0, ∀x ≠ 0
4
 2

. Do đó:

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


( 4 ) ⇔ 4 x 2 − 3x − 4 = t ⇔ 4 x2 − 4 x − 4 = t − x

⇔ 4 ( x 2 − x − 1) ( t 2 + tx + x 2 ) = t 3 − x 3 = x 4 − x 3 − x 2
⇔ ( x 2 − x − 1) ( 4t 2 + 4tx + 3x 2 ) = 0

(

⇔ x 2 − x − 1 = 0 do 4t 2 + 4tx + 3 x 2 = ( 2t + x ) + 2 x 2 > 0, ∀x ≠ 0
⇔x=

2

)

1± 5
2

x=
•
x=
•

1− 5
3− 5
1− 5

−1 − 5
⇒
y=
⇒y=
2
2
2
2
1+ 5
3+ 5
1+ 5
−1 + 5
⇒
y=
⇒y=
2
2
2
2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

(loại vì không thỏa mãn (*))

(thỏa mãn các điều kiện)

 1 + 5 −1 + 5 
;

÷

2
2 ÷



.

Câu 10
P=

2 ( a2 + b2 + c2 )
a
b
c
+
+
+
b+c
c+a
a+b
ab + bc + ca
x1 , x2 , x3 , y1 , y2 , y3

Bất đẳng thức phụ: Với 6 số dương bất kì
Bunhiacopxki cho hai bộ số, ta có:
 x  2  x 2  x  2 
 1 ÷ +  2 ÷ +  3 ÷  

÷ 
÷ 

 y1 ÷
  y2   y3   

x2 x2 x2 ( x + x + x )
⇔ 1 + 2 + 3 ≥ 1 2 3
y1 y2 y3
y1 + y2 + y3

2

(

y1

) +(
2

, áp dụng bất đẳng thức

y2

) +(
2

y3

)

2

2


 ≥  x1 . y + x2 . y + x3 . y ÷
1
2
3
  y
÷
y2
y3
 1


( *)

Trở lại bài toán: Áp dụng bất đẳng thức AM–GM cho hai số dương, ta có:

a
2a 2
=
≥
b+c
2a ( b + c )

4.2a 2

( 2a + b + c )

2

= 2 2.

a
a2
= 2 2. 2
2a + b + c
2a + ab + ac

Ta có hai bất đẳng thức tương tự, kết hợp áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 10




a
b
c
a2
b2
c2
+
+
≥ 2 2 2
+ 2
+ 2
÷
b+c
c+a

a+b
 2a + ab + bc 2b + bc + ba 2c + ca + cb 
 a 2 + b2 + c 2

2. 
+ 2÷
2
( a + b + c)
 ab + bc + ca

≥ 2 2.
=
2
2
2
a2 + b2 + c2
2 ( a + b + c + ab + bc + ca )
+1
ab + bc + ca
t=
Đặt

a 2 + b2 + c 2
ab + bc + ca
f ( t) =

Xét hàm số

( t ≥ 1)

2 ( t + 2)
+ 2t
t +1

P≥
, ta có:

2 ( t + 2)
+ 2t
t +1

(

trên [1;+∞)

)

t 2 + t + t −1
1
f '( t ) = −
+
=
2
2
2t
( t + 1)
( t + 1) 2t
2

2

> 0, ∀t ∈ [ 1; +∞ )

f ( t ) ≥ f ( 1) =
Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên [1;+∞), do đó:

5 2
5 2
⇒P≥
2
2

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

Vậy GTNN của P là

5 2
2

.

Xem thêm: />Nguồn trang web:

Truy cập trang web để cập nhật đề thi, đáp án, điểm thi, điểm chuẩn mới nhất! 11