Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên bắc ninh lần 4 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
TỔ: TOÁN – TIN
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN IV NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 09/ 5/ 2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 4
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số f ( x ) = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x + m đạt cực đại
tại x =1.
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − i ).z + 2iz = −5 + 3i . Tìm môđun của số phức w = z + z 2
2
b) Giải bất phương trình log 2 ( x + 1) + log 2 (2 x − 1) ≤ 2
1

( x − 1) 2
dx
x2 + 1
0

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

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :

x −1 y − 7 z − 3
=
=

và
2
1
4

x − 3 y +1 z + 2
=
=
. Chứng minh hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng (P)
6
−2
1
chứa đường thẳng d1 và song song với đường thẳng d2
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình sin2x-2cos2x=sinx-cosx
2 n
) với x >0 , biết rằng n là số
b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu – tơn của ( x −
x
d2 :

3
3
nguyên dương thỏa mãn An +3 − 6Cn +1 = 294

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=a, AD = a 2 . Tam giác SAB
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD), SC tạo với mặt đáy một góc 600 . Tính theo a
thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là điểm trên cạnh AB
1 −3

sao cho AB=3AD, H là hình chiếu vuông góc của B trên CD, M ( ; ) là trung điểm đoạn thẳng CH. Viết
2 2
phương trình đường thẳng BC, biết điểm A(−1;3) và điểm B nằm trên đường thẳng ∆ : x+y+7=0 .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực:
 x 2 + 2 x − xy + y = y 2 − 2 y + xy − x

2
2
 2
+ y2 − 4x +1 = 0
x − 2 x + x −
2
y − 4x + 1

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 2 với x=max{x;y;x} đồng thời
y2+z ≠ 0. Tìm giác trị nhỏ nhất của biểu thức:


6 x2
6 y2
z
+
+
2
2
x + z y + z 2x + y3
------------- Hết ------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
T=

câu

Câu 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN IV NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 4
• TXĐ: D = R .
• Sự biến thiên
*) Giới hạn và tiện cận
lim y = ±∞ , suy ra đồ thị hàm số khôngcó tiệm cận

Điểm
0,25
0,5

x →±∞

*) Bảng biến thiên
y ' = 3x 2 − 6 x
y ' = 0 <=> 3 x 2 − 6 x = 0
x = 0
<=> 
x = 2

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (0;2)
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0),(2;+∞)
Hàm số đạt cực đạt cực đại tại x = 0; yCD = 4
Hàm số đạt cực đạt cực tiểu tại x = 2; yCT = 0
• Đồ thị

1,0đ

0,25


Câu 2

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số f ( x ) = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x + m đạt cực
đại tại x =1.
• f '( x) = 3x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1) . Hàm số f(x) đạt cực đại tại xf’(1)=1
m = 0
• 3m2-6m=0 
m = 2

Câu 3
1,0đ

• Với m=0: f’(x)=3x2-3
Lập BBT của hàm số f(x) ta thấy hàm số f(x) đạt cực tiểu tại x=1 nên m=0 không thỏa mãn
• Với m=2: f’(x)=3x2-12x+9
Lập BBT của hàm số f(x) ta thấy hàm số f(x) đạt cực đại tại x=1 nên m=2 thỏa mãn. Vậy
m=2.
a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − i ).z + 2iz = −5 + 3i . Tìm môđun của số phức w = z + z 2
• Đặt z=x+yi (x;y∈ ¡ ). Thay vào giải thiết ta được:
(1 − i )( x − yi ) + 2i(x + yi) = −5 + 3i
<=> x − 3 y + (x − y) i = −5 + 3i
•
 x − 3 y = −5
x = 7
<=> 

<=> 
=> z = 7 + 4i
x − y = 3
y = 4
•

Khi đó: w = z + z 2 =50+60i=>|w|= 402 + 602 = 20 13
2
b) Giải bất phương trình log 2 ( x + 1) + log 2 (2 x − 1) ≤ 2
1
1
(*). Đưa về BPT : log 2 ( x + 1)(2 x − 1) ≤ 1 (do với x > => x + 1 > 0)
2
2
−3
<=> 2 x 2 + x − 3 ≤ 0 <=>
≤ x ≤1
2
1
Kết hợp với ĐK (*) ta được < x ≤ 1
2
1
2
( x − 1)
dx
Tính tích phân I = ∫ 2
x +1
0
•

Câu 4
1,0đ

ĐK: x >

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25


1

1

1

2x 

 2x 
• Đưa tích phân về I = ∫ 1 − 2 ÷dx = ∫ dx − ∫  2 ÷dx
x +1
x +1
0

0
0
1
1
I
=
• Tính 1 ∫ dx = x = 1
0
0

0,25

1
1
2x
d ( x 2 + 1)
dx = ∫ 2
= ln( x 2 + 1) = ln 2
• Tính I 2 = ∫ 2
0
x +1
x +1
0
0

0,25

• Suy ra I=1-ln2

0,25

1

Câu 5

0,25

x −1 y − 7 z − 3
=
=
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :
và
2
1
4
x − 3 y +1 z + 2
=
=
. Chứng minh hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau. Viết phương
6
−2
1
trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d1 và song song với đường thẳng d2
ur
• Đường thẳng d1 đi qua điểm A(1;7;3) và có VTCP u1 = (2;1; 4)
uur
Đường thẳng d2 đi qua điểm B(3; 1; 2 − − ) và có VTCP u2 = (6; −2; −1)
uuur
Ta có: AB = (2; −8; −5)
ur uur

ur uur uuur
• Tính được [u1 ; u2 ] = (9; 22; −1) => [u1 ; u2 ]. AB = −108 ≠ 0
d2 :

0,25

0,25

Từ đó suy ra hai đường thẳng đó chéo nhau

Câu 6

r ur
r ur uur
 n ⊥ u1
r
• Gọi n là VTPT của (P), từ giả thiết ta có:  r uur => n = [u1 ; u2 ]
 n ⊥ u2
r
Mp(P) đi qua điểm A(1;7;3) và có VTPT n nên có phương trình 9x+22y-10z-133=0
a) Giải phương trình sin2x-2cos2x=sinx-cosx
• Đưa về phương trình (sinx-cosx)(2cosx-1)=0
π
π
s inx − cos x = 0 <=> sin(x − ) = 0 <=> x = + kπ
4
4
1
π
2 cos x − 1 = 0 <=> cos x = <=> x = ± + k 2π

2
3
2 n
) với x
b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu – tơn của ( x −
x
3
3
>0 , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn An +3 − 6Cn +1 = 294
• Từ giả thiết
3
n +3

A

− 6C

3
n +1

0,5

0,25
0,25

0,25

= 294

<=> (n + 1)(n + 2)(n + 3) − (n − 1) n(n + 1) = 194

<=> (n + 1) 2 = 49
<=> n = 6
6

12 −3 k
6
2 

k
k
2
=
C
.(
−
2)
.
x
• Với n = 6 =>  x −
÷ ∑ 6
x  k =0

4
4
Số hạng không chứa x ứng với k = 4 là a0 = C6 .(−2) = 240

Câu 7
1,0đ

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=a, AD = a 2 . Tam giác SAB

cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD), SC tạo với mặt đáy một

0,25


góc 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD).
0,5

1
• Tính VS . ABCD = SH .S ABCD
3
VớiH là trung điểmAB, ta có
SH⊥( ABCD) và góc giữa SC với mặt đáy (ABCD) là góc SCH.
• Ta có : HC = HB 2 + BC 2 =

3a
3a
3 3a
; SH = HC.tan SCH = .tan 60o =
2
2
2

1
a3 6
S ABCD = AB. AD = a 2 2 => VS . ABCD = SH .S ABCD =
3
2
• Gọi E là trung điểm CD. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho

0,25

a
3a 3
H (0;0;0), B( ;0;0), E (0;a 2;0), S (0;0;
)
2
2
Ta có:
uur a
a
−a
−3a 3
C ( ; a 2;0), D( ; a 2;0) => SB = ( ;0;
)
2
2
2
2
uuur a
−3a 3 uuur −a
−3a 3
SC = ( ; a 2;
), SD = ( ; a 2;
)
2
2
2
2
uur uuur

3a 2 6
a2 2
[ SB, SC ] = (
;0;
)
2
2
ur
=>VTPT của mặt phẳng (SBC) chọn n1 = (3 3;0;1)
uur
Tương tự VTPT của mp(SCD) là n2 = (0;3 3; 2 2)

Câu 8
1,0đ

• Gọi góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) là ϕ , ta có:
ur uur
| n1.n2 |
2 2
10
10
cosϕ = ur uur =
=
=> ϕ = arccos
35
35
| n1 | . | n2 |
28. 35
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là điểm trên cạnh
1 −3

AB sao cho AB=3AD, H là hình chiếu vuông góc của B trên CD, M ( ; ) là trung điểm
2 2
đoạn thẳng CH. Viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm A(−1;3) và điểm B nằm trên
đường thẳng ∆ : x+y+7=0 .

0,25


0,25

Câu 9
1,0đ

Chứng minh được MA ⊥ MB.
uuuur 3 −9
uuuur 3 −9
AM ( ; ) , đường thẳng BM đi qua M và nhận AM ( ; ) làm vtpt nên có phương trình:
2 2
2 2
x-3y-5=0
B = ∆ ∩ BM => B (−4; −3)
uuur
uuur
• Gỉa sử D(a,b), ta có: AB = (−3; −6); AD = (a + 1; b − 3)
uuur
uuur
3(a + 1) = −3
 a = −2
<=> 
=> D (−2;1)

• AB = 3. AD <=> 
3(b − 3) = −6
b = 1
uuuur −5 5
r
• MD = ( ; ) là vtcp của CD nên CD nhận n = (1;1) làm vtpt. CD đi qua D nên có
2 2
phương trình x+y+1=0
• BH đi qua B và vuông góc với CD nên có phương trình x-y+1=0
• H = BH ∩ CD => H (−1;0)
M là trung điểm CH nên C(2;-3) . Từ đó suy ra phương trình BC là y+3=0
Giải hệ phương trình trên tập số thực:
 x 2 + 2 x − xy + y = y 2 − 2 y + xy − x

2
2
 2
+ y2 − 4x +1 = 0
x − 2 x + x −
2
y − 4x + 1

ĐKXĐ: x > 0; y ≥ 1, y 2 − 4 x + 1 > 0
Với ĐKXĐ ta có:

0,25

0,25

0,25

0,25

x 2 − y 2 + ( x + y ) + ( x − xy − x ) − ( xy + y − y ) = 0
<=> ( x + y )( x − y + 1) +
<=> ( x − y + 1)( x + y +

x( x − y + 1) y ( x − y + 1)
−
=0
x + xy − x y + xy + y

x
y
−
)=0
x + xy − x y + xy + y

<=> x − y + 1 = 0
• Vì với ĐKXĐ, ta có:
x
y
x
y
x+ y+
−
= x+
+ (y−
)>0
x + xy − x y + xy + y

x + xy − x
y + xy + y
2
2
2
=
− x 2 − 2 x + 2(*)
Thay vào (2) ta được x − 2 x +
2
x
x − 2x + 2

0,25

0,25


Xét hàm f ( x) =
Ta có f '( x ) =

2
x − 2x + 2
2

− x 2 − 2 x + 2( x > 0)

(1 − x)(x 2 − 2 x + 4)
( x 2 − 2 x + 2)3

Từ đó suy ra Maxf(x)=f(1)=1

2
2
, x > 0 ta có:
• Xét g ( x) = x − 2 x +
x
g '(x) =

Câu 10
1,0đ

2x

2

x − x − 1 2( x
=
x x

2

0,25

 x ( x + x + 1) 
+1 ÷

x − x) + x − 1
x
+
1


÷
= ( x − 1)

÷
x x
x x

÷



Nên Min g(x)=g(1)=1
Do đó ta có VT (*) ≥ VP(*), ∀ x > 0
phương trình (*) xảy ra x=1
Khi đó y = 2 . Ta đi đến kết luân hệ có nghiệm (x;y)=(1;2)
Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 2 với x=max{x;y;x} đồng thời
y2+z ≠ 0. Tìm giác trị nhỏ nhất của biểu thức:
6 x2
6 y2
z
+
+
2
2
x + z y + z 2x + y3
2
2
2
• Ta có x=max{x;y;x} và x + y + z = 2 => 0 ≤ z ≤ 1;0 ≤ y ≤ 1
T=

0,25

x2 + z ≤ x 2 + y 2 + z, y 2 + z ≤ x 2 + y 2 + z
x2
y2
x2 + y 2
2 − z2
+
≥
=
x2 + z y 2 + z x2 + y 2 + z 2 + z − z 2

=>
Và

2 x ≤ 1 + x 2 ; y 3 ≤ y 2 => 2 x + y 3 ≤ 1 + x 2 + y 2 = 3 − z 2 =>

z
z
≤
3
2x + y
3 − z2

6(2 − z 2 )
z
+
2
2 + z − z 3 − z2

Để ý : 3 − z 2 ≥ 2 + z + z 2 > 0 <=> 1 ≥ z và 2 − z 2 > 0 (đúng vì 0 ≤ z ≤ 1 ) nên
=> T ≥

6(2 − z 2 )
z
12 + z − 6 z 2
+
≥
= f ( z)
2 + z − z2 3 − z2
3 − z2
• Xét hàm f(z) với 0 ≤ z ≤ 1 ta có:

0,25

T≥

f '(z) =
•
•

0,25

z − 12 z + 3
(3 − z 2 ) 2
2

7
Lập bảng biến thiên ta đi đến kết luận f ( z ) ≥ f (1) = ∀z ∈ [0;1]
2

7
7
Với x=z=1,y=0 thì T = . Vậy Min T =
2
2
-------------------- Hết -------------------

0,25