Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên khoa học tự nhiên hà nội lần 3 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 HOC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
LẦN 3
Môn thi: TOÁN
Đề thi gồm 01 trang Thời gian: 180 phút

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

1− 2x
x −1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + 3 + 2 x − x 2
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i) z + (3 − 4i ) z = 10(1 − 3i ) .Tìm mô đun của z

.

b) Giải phương trình trên tập số thực 3log8 x + 4 log 4 x − 2 + log 1 (6 − x) = 0
2

1

x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ (2 x − 1)(e + 3 x + 1)dx
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm E(2,4,5), mặt phẳng (P): x − 2 y + 2 z + 6 = 0

x +1 y − 3 z − 2
=
=
và đường thẳng (d):
. Tìm điểm M trên đường thẳng (d) sao cho khoảng cách từ M tới mặt
2
−1
1
phẳng (P) bằng EM.
Câu 6 (1,0 điểm).

cos a + sin 2a − cos 3a
biết tan a = 2
sin a − cos 2a − sin 3a
b)Một lớp học có 18 học sinh nam và 12 học sinh nữ . Cần chọn một ban chấp hành chi đoàn gồm có 3 người
trong đó có một bí thư, một phó bí thư và một ủy viên. Tính xác suất để chọn được một ban chấp hành mà bí
thư và phó bí thư không cùng giới tính.
a)Tính giá trị của biểu thức A =

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 2 , tam giác SAC vuông tại S và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SA = a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SD và BC.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE và nội tiếp
đường tròn tâm I(5;4). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết D(4;4), E(6;5) và đỉnh C thuộc đường thẳng
x − 2y − 2 = 0
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực.
( y − x)( x 2 + 3 y ) = y 2 + y + 1
 2
 x + 3x + y = 8 y + 1 + 22 y − x
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + ab + b2 = c(a + b + c) . Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức.


P=

(a + c) 2
(b + c) 2
ab
ab
+
+
+ 2
2
2
2
2
2
2a + 2ac + c 2b + 2bc + c (a + b) a + 4ab + b 2

----HẾT---ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 LẦN 3
Câu
Câu 1
1,0đ

Đáp án
TXĐ: R
lim y = −2 => Tiệm cận ngang của đồ thị là: y = - 2;

Điểm
0,5

x →±∞

lim y = +∞; lim+ y = −∞ => Tiệm cận đứng của đồ thị là: x =1.
x →1

x →1−

1
>0
( x − 1) 2
⇒àm số đồng biến trên ( −∞;1 ) và (1; +∞ )
y' =

Bảng biến thiên, vẽ đồ thị

0,5

Vẽ đồ thị
1
Đồ thị giao với Ox tại điểm: ( ;0)
2
Đồ thị giao với Oy tại điểm: (0;-1)

Câu 2
1,0đ

Đồ thị nhận điểm I(1;-2) làm tâm đối xứng.
ĐK:

0,5


−1 ≤ x ≤ 3
1− x

y ' = 1+

3 + 2x − x2

x ≥ 1
y ' = 0 <=> 3 + 2 x − x 2 = x − 1 <=>  2
<=> x = 1 + 2
2 x − 4 x − 2 = 0
0,5

y ( −1) = −1; y (3) = 3; y (1 + 2) = 1 + 2 2
Câu 3
1,0đ

ymin = −1; ymax = 1 + 2 2
z = a + bi (a; b ∈ ¡ )
(1 − 2i)(a + bi) + (3 − 4i )(a − bi ) = 10 − 30i
<=> 4a + bi − 2ai + 2b + 3a − 3bi − 4ai − 4b = 10 − 30i
<=> 4a − 2b − (6a + 2b)i = 10 − 30i
 4a − 2b = 10
a = 4
<=> 
<=> 
6a + 2b = 30

b = 3
=> z = 4 + 3i
=>| z |= 5
ĐK: 2Pt trở thành:
log 2 x + log 2 ( x − 2) − log 2 (6 − x) = 0

0,5

0,5

<=> x( x − 2) = 6 − x
<=> x 2 − x − 6 = 0
 x = 3(TM )
<=> 
 x = −2(L)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Câu 4
1,0đ

1

1

1

0

0

0

I = ∫ (2 x − 1)(e x + 3 x + 1)dx = ∫ (2 x − 1)e x dx + ∫ (2 x − 1) 3 x + 1dx = I1 + I 2

0,5

Giải I1 ta có:
Đặt
u = 2 x − 1, v = e x → u ' = 2, v = e x
1

1 1 x
1
=> I1 = ∫ (2 x − 1)e dx = (2 x − 1)e − ∫ 2.e dx = e + 1 − 2.e x = 3 − e
0 0
0
0
x

x

1

Giải I2= ∫ (2 x − 1) 3x + 1dx

0,5

0

Câu 5

1,0đ

Đặt t=3x+1;dt=3dx,x=0=>t=1;x=1=>t=4
1
4
(2t − 5) t
4 5 10 3 4 22
I 2 = ∫ (2 x − 1) 3 x + 1dx = ∫
dt = (
t −
t ) =
1 135
9
45
27
0
1
427
=> I = I1 + I 2 =
−e
135
 x = −1 + 2t

Ta có (d):  y = 3 − t => M (−1 + 2t ;3 − t ; 2 + t )
z = 2 + t


0,5

d ( M ;(P)) =

| −1 + 2t − 2(3 − t ) + 2(2 + t) + 6 | | 6t + 3 |
=
=| 2t + 1|
3
1+ 4 + 4

EM = (2t − 3) 2 + (−t − 1) 2 + (t − 3) 2 = 6t 2 − 16t + 19
| 2t + 1|= 6t 2 − 6t + 19 => 2t 2 − 20t + 18 = 0

Câu 6
1,0đ

t = 1 => M (1; 2;3)
<=> 
t = 9 => M (17; −6;11)
2sin a sin 2a + sin 2a
(2sin a + 1)sin 2a
−2 tan a
A=
=
= − tan 2a =
=2 2
−2 cos 2a sin a − cos 2a −(2sin a + 1) cos 2a
1 − tan 2 a
3
Không gian mẫu: | Ω |= A30 = 24360
Gọi A là biến cố “Bí thư và phó bí thư không cùng giới tính”
| Ω A |= 18.12.28 + 12.18.28 = 12096

=> P( A ) =

0,5

0,5
0,5

12096 72
=
24360 145

Câu 7
1,0đ

0,5

Kẻ SH ⊥ AC (H ∊ AC). Vì (SAC) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD).
1
1
1
4
a 3
= 2+
= 2 => SH =
2
2
SH
SA SC
3a

2
2
S ABCD = 2a
=> VS . ABCD =

a3 3
3

d (C, (SAD)) CA
=
=4
d (H, (SAD)) HA
Kẻ HK ⊥ AD (K ∈ AD); HI ⊥ SK (I ∈ SK) Vì:
AD⊥ SH => AD ⊥ (SHK) =>AD⊥HI =>HI ⊥ (SAD) => d(H, (SAD)) = HI
1
1
1
28
a 21
2a 21
=
+
= 2 => HI =
=> d ( SD, BC ) =
2
2
2
HI
HS
HK

3a
14
7
Vì BC // AD => d(SD, BC) = d(C, (SAD)),

0,5


Câu 8
1,0đ

0,5

O
·
·ICA = 180 − CIA = 90o − ·ABC
2
·ABC = CED
·

·
·
=> ICE
+ CED
= 90o
=> uuu
ICr⊥ DE
=> DE (2;1) là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng IC.
Phương trình IC: 2x+y-14=0
Mà C ∈ (d ) : x − 2 y − 2 = 0 => C (6; 2)

x = 6
Phương trình CE: 
 y = 2 + 3t
=> A(6; 2 + 3a)

0,5

IA2 = 1 + (−2 + 3a ) 2 = 5
<=> 9a 2 − 12a = 0
 a = 0( L)
=> 
 a = 4 => A(6;6)
3

 x = 6 − 2t
Phương trình CD: 
 y = 2 + 2t
=> B (6 − 2b; 2 + 2 b)
IB2 = (1 − 2b) 2 + (−2 + 2 b) 2 = 5
=> 8b 2 − 12b = 0

Câu 9
1,0đ

b = 0
<=> 
b = 3 => B (3;5)

2
Phương trình thứ nhất

0,5


2 y 2 + ( x 2 − 2 x − 1) y − ( x 3 + 1) = 0
− x2 + x − 1
∆ y = ( x + x + 3) => y = x + 1, y =
2
2
−x + x −1
TH 1: y =
2
1
1
1
=> (x − ) 2 + (8 y + 1) + = 0( L)
2
4
2
2

2

TH 2 : y = x + 1

0,5

y + 2 y − 2 = 8 y + 1 + 21 y + 1 ≥ 0
2

1
−1
=> y ≥ −1 + 3 > ( Do y ≥ )
2
8
2
<=> y − 3 y + (2 y − 1 − 8 y + 1) + (3 y − 1 − 21 y + 1) = 0
<=> (y 2 − 3 y )(1 +

4
9
+
)=0
2 y − 1 + 8 y + 1 3 y − 1 + 21 y + 1

=> y = 3 => x = 2
Câu 10
1,0đ

Bổ đề: Cho x,y>0,xy ≤ 1 . Khi đó

1
1
2
+
≤
(*)
2
2
1 + x 1 + y 1 + xy

0,5

( xy − 1)( x − y ) 2
≤0
(1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + xy )
Áp dụng bổ đề ta có:
(a + c)2
(b + c) 2
1
1
2
+
=
+
≤
2
2
2
2
a 2
b 2
ab
2a + 2ac + c 2b + 2bc + c
1+ (
) 1+ (
) 1+
a+c
b+c
(a + c)(b+ c)

Thật vậy (*)

(a + c)(b+ c) ab + c(a + b + c) (a + b) 2
Đặt t =
=
=
≥ 4 thì P ≤ f (t )
ab
ab
ab
2t 1
1
+ +
Với f (t ) =
t +1 t t + 2
Ta có:
2
1
1
1
1
2
2
f '(t ) =
− 2−
< 0 vì 2 +
≥
>
2
2

2
(t + 1) t (t + 2)
t
(t + 2)
t (t + 2) (t + 1) 2
121
=> f (t ) ≤ f (4) =
60
121
Dấu bằng xảy ra khi t = 4 => a = b = c. Vậy Pmax =
60

0,5