Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên khoa học tự nhiên hà nội 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 ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: Toán học;
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

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

2x +1
x −1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để đồ thị hàm số y = x 4 + 2mx 2 + 1 có 3 điểm cực trị và 3 điểm cực trị đó là 3 đỉnh
của một tam giác vuông.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z = (1 + i ) 2 (2 − i ). Tính môđun của số phức w = (1 + 2i ) z + i.
b) Cho log 2 3 = a, log 2 5 = b. Tính giá trị của log 6 15 theo a, b.
1

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

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;0;1), B(5;2;3) và mặt phẳng
(P): 2x – y + z – 7 = 0. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). Viết phương trình hình
chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm).

2

π
và 0 < α <
. Tính giá trị của biểu thức A = sin 2α + cos 2α
3
2
b) Trong một cuộc giao lưu văn nghệ của trường THPT chuyên KHTN, mỗi khối lớp chuẩn bị 2 tiết mục
biểu diễn. Giả sử thứ tự của các tiết mục được sắp xếp một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai tiết mục của
khối lớp 10 không biểu diễn liên tiếp nhau.
a) Cho α thỏa mãn sin α =

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S
trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm cạnh AB, góc giữa SD và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối
chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. M là một điểm nằm trên đường chép
 −4 2 
AC, H(–2;0), K(4;–2) lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AD và CD. E  ; ÷ là giao điểm của AK
 7 7
và CH, biết rằng B thuộc đường thẳng có phương trình x + 2y – 18 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C và D.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình
log 2 ( 3 − x − 4 − 2 x ) + log 2 ( x 2 + 1 + 2) = log 2 ( x − 1) + log 2 (1 + 2 − x )
Câu 10 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có độ dài của cạnh BC, CA và AB lần lượt là a, b, c và
0
0
a 3 + b 3 = c3 . Chứng minh rằng 90 < C < 180


ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1
+ TXĐ: D = ℝ \ {1}
+ Sự biến thiên:

−3
< 0, ∀x ∈ D
( x − 1) 2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;1) và (1;+∞)
Giới hạn và tiệm cận:
lim y = lim y = 2 => y = 2 là TCN
x →−∞
x →+∞
Chiều biến thiên: y ' =

lim y = −∞; lim+ y = +∞ => x = 1 là TCĐ
x →1
Bảng biến thiên:
x →1−

+ Đồ thị:

−1
;0)
2
Đồ thị nhận I(1;2) làm tâm đối xứng.
Giao Oy tại (0;–1), giao Ox tại (

Câu 2
x = 0
3
2
Có y ' = 4 x + 4mx; y ' = 0 <=> 4 x( x + m) = 0 <=>  2
 x = − m(2)

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm
phân biệt khác 0 ⇔ –m > 0 ⇔ m < 0
x = 0
Khi đó (1) <=> 
 x = ± −m


Giả sử 3 điểm cực trị của hàm số là A(0;1), B( − − m ; −m 2 + 1), C ( −m ; −m 2 + 1)
uuur
uuur
Có : AB = (− − m ; − m 2 ), AC = ( − m ; − m 2 )
Thấy AB = AC ⇒ ∆ ABC cân tại A. Do đó ∆ ABC vuông khi và chỉ khi nó vuông cân tại A
uuur uuur
 m = 0( L)
<=> AB ⊥ AC <=> AB. AC = 0 <=> m + m 4 = 0 <=> 
 m = −1(TM )
Vậy m = –1
Câu 3
a) Có
z = (1 + i ) 2 (2 − i ) = (1 + 2i + i 2 )(2 − i) = 2i(2 − i) = 2 + 4i => z = 2 − 4i
=> w = (1 + 2i)(2 − 4i) + i = (2 − 8i 2 ) + i = 10 + i =>| w |= 10 2 + 12 = 101
log 3 15 log 3 3 + log 3 5
1+ b
1 + b a + ab
log 6 15 =
=
=
=
=
1

1
log 3 6 log 3 2 + log 3 3
b)
+1
+1 1+ a
log 2 3
a
Câu 4
1

I = ∫ x( x + e x )dx
0

1 1  x2
1 1

x2
1
x3
5
4
+ e x ) − ∫  + e x ÷dx = + e − ( + e x ) = + e − (− + e) =
0 0 2
0 2
2
2
6
6
3


Câu 5
uuur
1 uuur
Có AB = (4; 2; 2) Đường thẳng AB đi qua A, nhận AB = (2;1;1) làm VTCP nên có phương trình:
2
x −1 y z −1
= =
. Gọi C là giao AB và (P):
2
1
1
C ∈ AB => C (1 + 2t ; t ;1 + t )
C ∈ ( P ) => 2(1 + 2 t) − t + (1 + t) − 7 = 0
=> t = 1 => C (3;1; 2)
uur
Gọi H là hình chiếu của A trên (P). Có AH ⊥ (P) nên AH nhận nP = (2; −1;1) làm VTCP, AH đi qua A nên có
x −1 y z −1
=
=
phương trình:
2
−1
1
H ∈ AH => C (1 + 2h; −;1 + t )
H ∈ ( P ) => 2(1 + 2h) − (−h) + (1 + t) − 7 = 0
2
7 −2 5
=> h = => H ( ; ; )
3
3 3 3

uuur 2 5 1
HC là hình chiếu của AB trên (P). Có HC = ( ; ; )
3 3 3
 x = 3 + 2t
uuur

Đường thẳng HC đi qua C và nhận 3HC = (2;5;1) làm VTCP nên có phương trình:  y = 1 + 5t
z = 2 + t

= x(

Câu 6
a) Vì


π
5
=> cos a > 0 => cos 2 a = 1 − sin 2 a => cos a = 1 − sin 2 a =
2
3
2 5
2
4 5 +1
A = 2sin a cos a + 1 − 2sin 2 a = 2. .
+ 1 − 2.( ) 2 =
3 3
3
9
b) Gọi A là biến cố “Hai tiết mục của khối 10 không biểu diễn liên tiếp nhau”.
Số phần tử của không gian mẫu là số hoán vị của 6 tiết mục, bằng 6!=720 =

Tính xác suất của biến cố A , tức là hai tiết mục của khối 10 biểu diễn liên tiếp.
Chọn vị trí của bộ 2 tiết mục liên tiếp nhau trong 6 tiết mục, có 5 cách
Số hoán vị của 2 tiết mục liên tiếp đó và 4 tiết mục còn lại lần lượt là 2! và 4!
Số kết quả thuận lợi cho A là 5.2.4!=240
240 1
2
PA =
= => PA = 1 − PA =
720 3
3
Câu 7
0
+ Gọi H là trung điểm AB ⇒ SH ⊥ (ABCD) ⇒ HD là hình chiếu của SD trên (ABCD)
Góc giữa SD và (ABCD) là (SD;HD)=SDH=60o
Có
AB a
AH =
=
2
2
a 5
HD = HA2 + AD 2 =
2
a 15
SH = HD.tan 60o =
2
2
2
S ABCD = AB = a

1
a 3 15
VS . ABCD = SH .S ABCD =
3
6
+ Vẽ AF // BD (F ∈ BC) ⇒ BD // (SAF) ⇒ d(SA;BD) = d(BD; (SAF)) = d(B;(SAF))
Vì BH ∩ (SAF) = A và BA = 2HA nên d(B; (SAF)) = 2.d(H; (SAF))
Vẽ HE ⊥ AF tại E, HI ⊥ SE tại I. Có AF ⊥ SH; AF ⊥ HE ⇒ AF ⊥ (SHE) ⇒ AF ⊥ HI
⇒ HI ⊥ (SAF) ⇒ d(H;(SAF)) = HI
a
Có EAH=ABD=450=>HE=HA.sin450=
2 2
1
1
1
a 465
=
+
=> HI =
2
2
2
HI
HS
HE
62
a 465
Vậy d(SA;BD)=
31
∆ SHE vuông tại H ⇒

Câu 8

Vì góc HAM bằng 450 nên ∆ AHM vuông cân tại H ⇒ AH = HM
HMKD là hình chữ nhật ⇒ HM = DK
Suy ra AH = DK ⇒ ∆ AHB = ∆ DKA (c.g.c)
=> DAK = ABH = 90O − AHB => AK ⊥ BH ⇒ BH ⊥ EK
uuur 32 −16
) nên BH nhận (2;–1) làm VTPT và BH đi qua H(–2;0) nên có phương trình: 2(x + 2) – y = 0
Vì EK = ( ;
7 7
⇔ 2x – y + 4 = 0
2 x − y + 4 = 0
=> B (2;8)
Tọa độ B là nghiệm của hệ: 
 x + 2 y − 18 = 0
Đường thẳng EK đi qua K và nhận (2;–1) làm VTCP nên có phương trình:
x−4 y+2
=
<=> x + 2 y = 0
2
−1
A ∈ EK => A(−2a; a ) . Vì H thuộc cạnh AD nên A và K nằm khác phía đối với đường thẳng BH (*)
Có AH ⊥ AB
uuur uuur
=> AH . AB = 0 => (−2 + 2a )(2 + 2a) + ( −a)(8 − a) = 0
<=> 5a 2 − 8a − 4 = 0
a = 2
<=> 

 a = −2
5

a = 2 ⇒ A(–4;2) (thỏa mãn (*))
−2
4 −2
a=
=> A( ; ) (loại vì không thỏa mãn (*))
5
5 5
uuur
x+4 y−2
=
<=> x + y + 2 = 0
Có AH (2; −2) . Đường thẳng AH nhận (1;–1) làm VTCP nên có phương trình:
1
−1
D ∈ AH => D (d ; −2 − d ) . Có
uuuu
r uuur
DH .DK = 0 <=> (−2 − d )(4 − d ) + (2 + d ) d = 0
<=> 2 d 2 − 8 = 0
⇔ d = –2 (loại vì D ≡ H) hoặc d = 2 ⇒ D(2;–4)
Vậy A(–4;2), B(2;8), C(8;2), D(2;–4)
Câu 9
log 2 ( 3 − x − 4 − 2 x ) + log 2 ( x 2 + 1 + 2) = log 2 ( x − 1) + log 2 (1 + 2 − x ) (1)


Điều kiện: 1 < x ≤ 2. Với điều kiện này, ta có:
( x 2 + 1) − x 2 (3 − x ) (1 − 2 x + x 2 − 2 + x)( 3 − x + 2)

=
1− x − 2 − x
x2 + 1 + x 3 − x
(1) <=> ( 3 − x − 4 − 2 x )( x 2 + 1 + 2) = ( x − 1)(1 + 2 − x )
(3 − x) − (4 − 2 x)
<=>
( x 2 + 1 + 2) = ( x − 1)(1 + 2 − x )
3 − x + 4 − 2x
<=> ( x − 1)( x 2 + 1 + 2) = ( x − 1)(1 + 2 − x )( 3 − x + 4 − 2 x )
<=> x 2 + 1 + 2 = (1 + 2 − x )( 3 − x + 4 − 2 x )
<=> x 2 + 1 − x 3 − x + 2 = (1 − x + 2 − x ) 3 − x + 4 − 2 x + 2(2 − x)
<=> x 2 + 1 − x 3 − x = (1 − x + 2 − x )( 3 − x + 2)
1 + 5 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 

 2 
Câu 10
3

3

a
b
Từ a + b = c . =>  ÷ +  ÷ = 1
c
c
0 < x, y < 1
a
b
Đặt = x; = y =>  3

3
c
c
 x + y = 1
a 2 + b2 − c2 x2 + y 2 − 1
cos
C
=
=
Áp dụng định lý cos, ta có
2ab
2 xy
3

3

+) Vì 0
3

x 3 (1 − x ) > 0 => x 2 < x 3

Tương tự y 2 < y 3 => x 2 + y 2 < x 3 + y 3 = 1 => cos C < 0 => 90o < C < 180o (vì góc C là góc trong của 1 tam
giác)
+ Tính cos108o: Ta có cos108o = –sin18o . Đặt α = 18o
sin 360 = cos 540 => sin 2a = cos 3a => 2sin a cos a = 4 cos 3 a − 3cos a
=> 2sin a = 4 cos 2 a − 3 = 4(1 − sin 2 a) − 3 => 4sin 2 a + 2sin a − 1 = 0 => sin a =
a ∈ (0;90o ) => sin a > 0 => sin a =

−1 ± 5

4

−1 + 5
1− 5
=> cos1080 = − sin a =
4
4

−3
(*)
10
x 2 + y 2 − 1 −3
3
>
<=> P = x 2 + y 2 + xy > 1
Thật vậy (*) <=>
2 xy
10
5
Chứng minh cos C >

Đặt t = x + y (t > 0)
=> t 3 − 3t xy = ( x + y )3 − 3 xy ( x + y ) = ( x ) 3 + ( y )3 = 1 => xy =

t3 −1
3t



t > 0


t3 −1

> 0 <=> 1 < t ≤ 3 4
Điều kiện của t:  xy =
3
t

2
t3 −1
t
≥
4(
)

3t

7
7
13xy
P = (x + y) 2 − xy = [( x + y ) 2 − 2 xy ]2 − xy = t 4 − 4t 2 xy +
5
5
5
3
3
t − 1 13 t − 1 2 −1 4
3
= t 4 − 4t 2 .
+ (

) = (2t − 34t − 2 )
3t
5 3t
45
t
13
4
Xét f (t ) = 2t − 34t − 2 trên (1; 3 4]
t
26 (t 3 − 1)(8t 3 − 26)
f '(t) = 8 t 3 − 34 + 3 =
< 0, ∀t ∈ (1; 3 4] nên f(t) nghịch biến và liên tục trên (1; 3 4] , suy ra f (t)
t
t3
< f(1) = –45 suy ra P > 1. Vậy (*) được chứng minh.
−3
> cos108o
Suy ra cos C >
10
Mặt khác hàm số g(x) = cosx nghịch biến trên (90o;180o) vì g‟(x) = –sinx < 0 ∀ x ∈ (90o;180o)
Do đó C < 108°.Vậy 90°