Free đề thi thử môn toán 2016 trường THPT minh châu lần 3

TRƯỜNG THPT MINH CHÂU
Tổ: TỰ NHIÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ LẦN III - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Ngày thi: 10/04/2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 .

(

)

3
2
2
Câu 2 (1 điểm). Tìm các giá trị của m để hàm số y = − x + ( m + 3) x − m + 2m x − 2 đạt cực

đại tại x = 2
Câu 3. (1 điểm).
a) Cho số phức z = 3 − 2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = iz − z
2
b) Giải phương trình : log x + 2 log 2 x − 3 = 0
2

1

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân sau

2x +1
dx
1
+
3
x
+
1
0

I =∫

Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A ( −4;1;3) và đường thẳng
d:

x +1 y −1 z + 3
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Tìm tọa
−2
1
3

độ điểm B thuộc d sao cho AB = 27 .
Câu 6 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
n

4

2 

b) Tìm số hạng chứa x trong khai triển  x − 2 ÷ , biết n là số tự nhiên thỏa mãn C3n = n + 2Cn2 .
3
x 

3

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2. Gọi I là
uur
uuur
trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABC) là điểm H thỏa mãn IA = −2 IH , góc

giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AC và SB.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường
kính BD. Đỉnh B thuộc đường thẳng ∆ có phương trình x + y − 5 = 0 . Các điểm E và F lần lượt là

hình chiếu vuông góc của D và B lên AC . Tìm tọa độ các đỉnh B, D biết CE = 5 và A ( 4;3) ,
C ( 0; −5 ) .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

(x + 2)(x - 2 2x + 5) - 9 £ (x + 2)(3 x 2 + 5 - x 2 - 12) +
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện

3

5x 2 + 7

x + y = 26 x − 3 + 3 y − 2013 + 2016

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
M = ( x − 1) + ( y − 1) +
2

2

2016 + 2 xy x + y + 1
x + y +1

.

-------------------- Hết -------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………….; Số báo danh……………………..


TRƯỜNG THPT MINH CHÂU
Tổ:TỰ NHIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN III

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn:Toán

A. CÁC CHÚ Ý KHI CHẤM THI:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bào
không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi.
3) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM: (Đáp án gồm có 6 trang)

CÂU

1
1,0đ

ĐÁP ÁN

* Tập xác định : D = ¡
* Sự biến thiên :
- Giới hạn lim y = lim y = +∞
x →−∞

ĐIỂM

0,25

x →+∞

- Ta có y = 4 x − 4 x; y , = 0 ⇔ x = 0, x = ±1
Bảng biến thiên
,

3

x -∞
y’

-

-1

0

0
0

+

+∞

1
0

-

+
0,25

+∞

+∞

-3

y
-4

-4

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1 ; 0) và (1 ; + ∞ ), nghịch biến trên các khoảng
(- ∞ ; -1) và (0 ; 1).

- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = −3 ; hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −4 .
*Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox tại các điểm (± 3;0) , cắt trục Oy tại (0; −3) . Đồ thị nhận
trục Oy làm trục đối xứng.

0,25

y
8

y

6

4

2

0,25

x
-15

-10

-5

O

5

10

15

-2

-4

-6

x


Câu
2

3
2
2
Tìm các giá trị của m để hàm số y = − x + ( m + 3) x − ( m + 2m ) x − 2 đạt cực đại

tại x = 2
TXĐ : D = R

y ' = −3 x 2 + 2 ( m + 3) x − ( m2 + 2m ) ; y '' = −6 x + 2 ( m + 3)

0.25

'


 y ( 2) = 0
Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 2 ⇔  ''

 y ( 2) < 0
−12 + 4 ( m + 3) − m 2 − 2m = 0 m 2 − 2m = 0
⇔
⇔
−12 + 2m + 6 < 0
m < 3
m = 0
⇔
. Kết luận : Giá trị m cần tìm là m = 0, m = 2
m
=
2


0.25
0.25
0.25

z = 3 + 2i

w = i ( 3 − 2i ) − ( 3 + 2i ) = −1 + i

0,25

Phần thực là -1
Phần ảo là 1.
………………………………………………………………..

0,25

C©u3 ⇔ log 2 x = 1
log x = −3
 2
x = 2
⇔
x = 1
8


0,25
.

nghiệm của pt là x = 2 và x =
Câu 4
(1,0
điểm).

1
.
8

1

2x + 1
dx
1
+

3
x
+
1
0

I =∫

Tính tích phân sau

t2 −1
2
⇒ dx = tdt
Đặt 3 x + 1 = t ta được x =
3
3

0,25

Đổi cận x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 2

0,25

2

2

2 2t + t
2 
3 

dt = ∫  2t 2 − 2t + 3 −
÷dt
∫
9 1 1+ t
9 1
t +1
28 2 3
=
− ln
27 3 2

Khi đó: I =

5.

0,25

(1,0 điểm)

3

0,25
0,25


uur

Đường thẳng d có VTCP là ud = ( −2;1;3)
uur

Vì ( P ) ⊥ d nên ( P ) nhận ud = ( −2;1;3) làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng ( P ) là : −2 ( x + 4 ) + 1( y − 1) + 3 ( z − 3) = 0
⇔ −2 x + y + 3 z − 18 = 0

0.25
0.25

Vì B ∈ d nên B ( −1 − 2t;1 + t; −3 + 3t )
AB = 27 ⇔ AB 2 = 27 ⇔ ( 3 − 2t ) + t 2 + ( −6 + 3t ) = 27 ⇔ 7t 2 − 24t + 9 = 0
2

t = 3
⇔ 3
t =
 7

Câu 6
a)
(0.5đ)

2

0.25

 13 10 12 
Vậy B ( −7; 4;6 ) hoặc B  − ; ; − ÷
7

 7 7

Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Phương trình tương đương:
⇔ 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx ⇔ 2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0
⇔ (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0

π

 2 − cosx = 0 (VN )
 x = 6 + k 2π
⇔
⇔
 sinx = 1
 x = 5π + k 2π

2
6


(k ∈ z )

0,25

0,25

Điều kiện n ≥ 3 .
b
(0.5đ)

C3n =

n ( n − 1) ( n − 2 ) 4
4
n!
4
n!
n + 2C 2n ⇔
= n+2
⇔
= n + n ( n − 1)
3
3!( n − 3) ! 3
2!( n − 2 ) !
6
3

0,25

⇔ n 2 − 9n = 0 ⇒ n = 9 (do n ≥ 3 )
9

k

9
9
2 
k

 −2 

Khi đó ta có  x − 2 ÷ = ∑ C9k x 9− k  2 ÷ = ∑ C9k x 9−3k ( −2 )
x  k =0

x 
k =0

Số hạng chứa x 3 tương ứng giá trị k thoả mãn 9 − 3k = 3 ⇔ k = 2
Suy ra số hạng chứa x 3 bằng C92 x 3 ( −2 ) = 144x 3
2

Câu 7
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2.
(1,0 Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABC) là
r
uuur
0
điểm). điểm H thỏa mãn uu
IA = −2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 . Tính thể
tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB.

0,25


0,25

uur
uuur
Ta có IA = −2 IH ⇒ H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
IA a
BC = AB 2 = 2a ; AI = a ; IH =

=
2
2
3a
AH = AI + IH =
2
a 5
Ta có HC =
2
∧
∧
a 15
Vì SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC ;( ABC )) = SCH = 600 ; SH = HC tan 600 =
2

0,25

1
1 1
a 3 15
2 a 15
(đvtt)
VS . ABC = S∆ABC .SH = . ( a 2)
=
3
3 2
2
6
Trong mặt phẳng (ABC) dựng hình vuông ABEC.
Khi đó AC//BE nên AC//(SBE)

Từ đó suy ra d ( AC ; SB ) = d ( AC ;( SBE ) ) = d ( A; ( SBE ) ) = 4d ( E ; ( ABE ) )
Kẻ HP ⊥ BE ( P ∈ BE ) , HQ ⊥ SP ( Q ∈ SP ) ;

 BE ⊥ SH
⇒ BE ⊥ ( SHP ) ⇒ BE ⊥ HQ
Khi đó 
 BE ⊥ HP

0,25

 HQ ⊥ BE
⇒ HQ ⊥ ( SBE ) ⇒ d ( H ; ( SBE ) ) = HQ

 HQ ⊥ SP
1
a 2
HP = AB =
4
4
VSHP vuông tại H, HQ ⊥ SP nên HQ =
Vậy d ( AC ; SB ) =

2a 465
(đvđd)
31

SH 2 .HP 2
a 465
=
2

2
SH + HP
62

0.25


Nội dung

Điểm

Câu
8(1,0
điểm)
.

Gọi H là trực tâm tam giác ACD, suy ra CH ⊥ AD nên CH || AB
(1)
Mặt khác AH||BC ( cùng vuông góc với CD )
(2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCH là hình bình hành nên CH=AB
(3)
·
·
Ta có: HCE
(so le trong)
(4)
= BAF
Từ (3) và (4) suy ra: ∆HCE = ∆BAF (cạnh huyền và góc nhọn). Vậy CE = AF.
·

·
Vì DAB
= DCB
= 900 nên E , F nằm trong đoạn AC.

0,25

Phương trình đường thẳng AC: 2 x − y − 5 = 0 .
a = 5
a = 3

Vì F ∈ AC nên F ( a; 2a − 5 ) . Vì AF = CE = 5 ⇒ 

Với a = 5 ⇒ F ( 5;5) (không thỏa mãn vì F nằm ngoài đoạn AC)
uuur uuur

Với a = 3 ⇒ F ( 3;1) (thỏa mãn). Vì AF = EC ⇒ E ( 1; −3)

0,25

uuur

BF qua F và nhận EF (2; 4) làm một véc tơ pháp tuyến, do đó BF có phương trình:
x + 2 y − 5 = 0 . B là giao điểm của ∆ và BF nên tọa độ B là nghiệm của hệ phương

x + 2 y − 5 = 0
x = 5
⇔
⇒ B ( 5; 0 )
x + y − 5 = 0

y = 0
uuur
Đường thẳng DE qua E và nhận EF (2; 4) làm một véc tơ pháp tuyến, DE có phương
trình: x + 2 y + 5 = 0 .
uuur
Đường thẳng DA qua A và nhận AB(1; −3) làm một véc tơ pháp tuyến, DA có phương
trình: x − 3 y + 5 = 0 .

trình: 

0,25

D là giao điểm của DA và DE nên tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình:

0,25

x + 2 y + 5 = 0
 x = −5
⇔
⇒ D ( −5;0 ) . Kết luận: B ( 5;0 ) , D ( −5; 0 )

x − 3y + 5 = 0
y = 0


Câu 9
(1,0 điểm)

Giải bất phương trình

(x + 2)(x - 2 2x + 5) - 9 £ (x + 2)(3 x 2 + 5 - x 2 - 12) +
Điều kiện xác định: x ≥ −

3

5x 2 + 7 (1)

5
. Khi đó ta có
2

(1) ⇔ x 3 + 3x 2 + 14x + 15 − 2(x + 2) 2x + 5 − 3(x + 2) x 2 + 5 − 3 5x 2 + 7 ≤ 0
⇔ x 3 + 3x 2 − x − 18 − 2(x + 2)( 2x + 5 − 3) − 3(x + 2)( x 2 + 5 − 3) + 3 − 3 5x 2 + 7 ≤ 0

⇔ (x − 2)(x 2 + 5x + 9) −

2(x + 2)(2x − 4)

−

2x + 5 + 3

3(x + 2)(x 2 − 4)
x2 + 5 + 3

5(4 − x 2 )

+

9 + 3 5x + 7 +

3

2

(

3

5x + 7
2



4(x + 2)
3(x + 2)2
5(x + 2)
⇔ (x − 2)  x 2 + 5x + 9 −
−
−

2x + 5 + 3
x 2 + 5 + 3 9 + 3 3 5x 2 + 7 + 3 5x 2 + 7



(

)

)

2

≤0


÷
÷ ≤ 0(*)
2
÷
÷


 4(x + 2)
4
3(x + 2)2
3
≤ (x + 2);
< (x + 2)2

2
x +5+3 5
 2x + 5 + 3 3
5
x
≥
−
⇒
Ta có với


5(x + 2)
5(x + 2)
2
<

2
9
 9 + 3 3 5x 2 + 7 + 3 5x 2 + 7


)

(

⇒ x 2 + 5x + 9 −

4(x + 2)
2x + 5 + 3

−

3(x + 2)2
x +5+3
2

5(x + 2)

−

9 + 3 5x + 7 +

3

2

(

3

5x + 7
2

0,25

0,25

)

2

>

18x 2 + 57x + 127
5
> 0, ∀x ≥ −
45
2

0,25

5

Do đó (*) ⇔ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2 , kết hợp với điều kiện x ≥ − ta suy ra bất
2
phương trình đã cho có nghiệm là −

0,25

5
≤x ≤2
2

Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y = 26 x − 3 + 3 y − 2013 + 2016 .
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:

M = ( x − 1) + ( y − 1) +
2

M = x 2 + y 2 + 2 xy − 2 x − 2 y + 2 +

2

2016 + 2 xy x + y + 1
x + y +1

2016
2
= ( x + y + 1) − 4 ( x + y + 1) + 5 +
x + y +1

2016
x + y +1

2016
Đặt t = x + y + 1 thì ta được M = t − 4t + 5 +
t
Điều kiện của t:
4

0,25

Đặt a = x − 3; b = y − 2013 ta được x = a + 3; y = b + 2013 và
2

2

a 2 + 3 + b 2 + 2013 = 26a + 3b + 2016 ⇔ a 2 + b 2 = 26a + 3b ≤

Hay 0 ≤ a 2 + b 2 ≤ 685

0,25

2

( 26

2

+ 32 ) ( a 2 + b 2 )


2

2
Từ đó ta được x + y + 1 = a + b + 2017 ∈ [ 2017;2072] nên t ∈ D =  2017; 2072 
2016
;t ∈ D
Xét hàm số f ( t ) = t 4 − 4t 2 + 5 +
t
4
2016 4t 5 − 8t 4 − 2016 4t ( t − 2 ) − 2016
3
f ' ( t ) = 4t − 8t − 2 =
=
> 0∀t ∈  2017; 2072 
t
t2
t2

0,25

Suy ra f ( t ) đồng biến trên D

 a 2 + b 2 = 685
 a = 26
36

⇔
max M = f 2072 = 4284901 +
khi t = 2072 ta được  a b
37
b = 3
 =

 26 3
hay x = 679; y = 2022

(

min M = f

(

)

)

2017 = 4060226 +

2016
khi t = 2017 hay x = 3; y = 2013
2017

0.25