Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên khoa học tự nhiên hà nội lần 2 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN
Lần 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015 – 2016
Môn: TOÁN (24 – 1 – 2016)
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) : Cho hàm số y = ( x − m)3 − 3 x 2 + 6mx − 3m2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = 0.
2
2
2) Chứng minh rằng ymax + ymin = 16.
Câu 2 (2,0 điểm) :
1) Giải phương trình: sin 2 x − cos 2 x − cos x − 3sin x + 2 = 0.
2) Cho đa giác đều 24 đỉnh, hỏi có bao nhiêu tứ giác có 4 đỉnh là đỉnh đa giác và 4 cạnh là 4 đường chéo của
đa giác.
Câu 3 (2,0 điểm) :
1)Viết phương trình của các đường tiệm cận và lập bảng biến thiên của hàm số y =

1 + x2
3

1 + x3

.

2
2

2)Gọi z1 , z2 là nghiệm phức của phương trình : z 2 − (2i + 1) z + i − 1 = 0. Tính | z1 − z2 | .

Câu 4 (3,0 điểm) :
1) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 2a, góc giữa AB’ và BC’ bằng 600 . Tính thể tích của
lăng trụ.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(1;2;1) và đường chéo BD có
x−3 y z
=
= . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.
4
−1 1
3)Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, B(1;1), đường thẳng AC có phương trình 4x + 3y –
32 = 0. Trên tia BC lấy điểm M sao cho BC.BM = 75. Tìm tọa độ đỉnh C biết bán kính đường tròn ngoại tiếp
phương trình

tam giác AMC bằng

5 5
.
2

Câu 5 (1,0 điểm) : Với x, y, z là các số thực đôi một phân biệt. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2

2

2

 2x − y   2 y − z   2z − x 
M =

÷ +
÷ +
÷.
 x− y   y−z   z−x 

-------------------------------- HẾT-------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN
ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015 – 2016

Câu I.
1) m = 0 ta có y = x 3 − 3 x 2
1.1) TXĐ: D = R
1.2) Sự biến thiên
lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

y ' = 3x − 6 x = 3x(x − 2)
2

 x = 2 => y = 0
y' = 0 <=> 
 x = 0 => y = −4

Hàm số đồng biến trên các khoảng: (- ∞; 0) và (2; +∞)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (0;2).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(cđ) = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; y (ct) = -4
y ''(x) = 6 x − 6
y ''(x) = 0 <=> x = 1 => y = −2
=> I(1;-2) là điểm uốn của đồ thị.
1.3 Đồ thị
Giao với Ox: (0;0); (3;0)
Giao với Oy: (0;0)
Đồ thị nhận điểm I(1;-2) làm tâm đối xứng

2)Hàm số y = ( x − m)3 − 3( x − m) 2 nhận được từ đồ thị y = x 3 − 3 x 2 bằng cách tịnh tiến song song theo trục
hoành về phía +∞ một đoạn m đơn vị.


2
2
2
2
Suy ra giá trị của ymax;ymin không thay đổi và bằng ymax + ymin = 0 + (−4) = 16

Câu II.
1)Phương trình đã cho tương tương với
2sin x cos x − (1 − 2sin 2 x) − cos x − 3sin x + 2 = 0
<=> 2sin x cos x + 2sin 2 x − cos x − 3sin x + 1 = 0
<=> cos x(2sin x − 1) + sin x(2sin x − 1) − (2sin x − 1) = 0
<=> (2sinx − 1)(cosx + sinx − 1) = 0
1

sin x = (1)


<=>
2

sin x + cos x = 1(2)

π

 x = 6 + k 2π
(k ∈ ¢ )
Giải (1) ta có: 
 x = 5π + k 2π

6
Giải ta có:
π
2 sin( x + ) = 1
4
π
π
<=> sin( x + ) = sin
4
4
 π π
 x + 4 = 4 + k 2π
<=> 
 x + π = π − π + k 2π

4
4
 x = k 2π

<=> 
(k ∈ ¢ )
 x = π + k 2π

2
Vậy phương trình đã cho có họ nghiệm.
2)Xét các tứ giác có đỉnh A1 ,ta đánh số các đỉnh liên tiếp từ đến 24. Mỗi tứ giác thỏa mãn yêu cầu bài toán
tương ứng với 3 số a, b, c thỏa mãn 5 ≤ a + 2 < b + 1 < c ≤ 23
Vậy mỗi tứ giác ứng với bộ 3 số phân biệt trong 19 số từ 5 đến 23. Do vậy tứ giác đỉnh A1 bằng số bộ 3 số
3
phân biệt trong 19 số và bằng C19 . Vì mỗi tứ giác được đếm lặp đi lặp lại 4 lần ta có đáp số là: d =

Câu III.
1)Kí hiệu f ( x ) =

1 + x2
3

1 + x3

; lim f ( x) = 1 : Tiệm cận ngang y = 1 khi x → +∞
x →+∞

lim f ( x) = −1 : Tiệm cận ngang y = -1 khi x → −∞

x →−∞

lim y = +∞; lim − y = −∞ : Tiệm cận đứng x=-1

x →( −1)+

3

x → ( −1)

1 + x3 .

y'=

x
1 + x2

− 1 + x2 .
2
3 3

x2
3

(1 + x 3 )2

=

(1 + x )
y ' = 0 <=>

x = 0
= 0 <=> 
x =1
(1 + x ) .(1 + x )

x(1 − x )
4
3 3

1
2 2

(1 + x 3 ) x − (1 + x 2 ) x 2
4

1

(1 + x3 ) 3 .(1 + x 2 ) 2

C193
4


Bảng biến thiên:

2)Ta có:
z 2 − (2i + 1) z + i − 1 = 0
<=> z 2 − (2i + 1) z + i + i 2 = 0
∆ = (2i + 1) 2 − 4(i + i 2 ) = 1
2i + 1 − 1

=i
z =
2
<=> 

 z = 2i + 1 + 1 = i + 1

2
=>| z12 − z2 2 |=| i 2 − (i + 1) 2 |=| −1 − 2i |= 1 + 4 = 5
Câu IV.

1) S ABC =

1
AB. AC.sin A =
2

Ta có:
uuuur uuur uuur
AB ' = BB ' − BA '
uuuur uuur uuur
BC ' = BB ' + BC
uuuur uuuur
uuuur uuuur AB '.BC ' x 2 − 2a 2
=> cos ( AB ', BC ') =
=
AB '.BC ' 4a 2 + x 2
1 x 2 − 2a 2
+)Với ( ·AB ', BC') = 60O => = 2
2 4a + x 2
=> x = 2 2a => V = 2 2a. 3a 2 = 2 6a 3
+) Với ( ·AB ', BC') = 120O => x = 0 (loại)
Vậy V = 2 6a 3 (đvtt)
2)

 x = 3 + 4t

Phương trình tham số của BD:  y = −t
z = t

Mặt phẳng qua A và vuông góc với BD có phương trình
4(x – 1) – (y – 2) + (z – 1) = 0 4x – y + z -3 = 0.
Suy ra tâm I của hình vuông thuộc đường thẳng BD và thuộc mặt phẳng (α )
 x = 3 + 4t
 y = −t
1 −1

=> I (1; ; )

2 2
z = t
 4 x − y + z − 3 = 0
Do I là trung điểm AC nên =>C(1;-1;-2)
2
2
2
Tọa độ điểm B, D thỏa mãn phương trình 4x-y+z-3=0 và điều kiện IB = ID = IA =

18
nên tọa độ
4

B(3;0;0), D(-1; 1; -1) hoặc D(3;0;0), B(-1;1;-1).
3)

Phương trình AB: 3x – 4y + 1 = 0 => A(5;4).

uuur uuur uuuur uuuur
Gọi E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC và BA. Có BA.BE = BM .BM = 75 => E (13;10)
 4 x + 3 y − 32 = 0
 x = 2; y = 8 => C (2;8)
,
=>
Do EC = 5 5 => tọa độ của C là nghiệm của hệ 
 x = 8; y = 0 => C (8;0)
2
2

( x − 13) + ( y − 10) = 125
Câu V.
x
y
z
;b =
;c =
Đặt a =
x− y
y−z
z−x
=> a − 1 =

y
z
x

; b− 1 =
;c− 1 =
x− y
y−z
z−x


=> abc = (a − 1)(b− 1)(c− 1)
<=> a + b + c = (ab + bc+ ca) + 1
M = (a + 1) 2 + (b + 1) 2 + (c + 1) 2 = a 2 + b2 + c 2 + 2(a + b+ c) + 3
= (a + b + c) 2 − 2(ab + bc + ca ) + 2(a + b + c) + 3
= (a + b + c) 2 + 5 ≥ 5
Vậy Min M = 5 khi a + b + c = 0, chẳng hạn x = 1; y = 2; z = 0.