Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên KHTN lần 1 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 2016 LẦN 1
Môn: TOÁN

Đề thi gồm 01 trang

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (1,0 điểm) : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = x 4 − 2 x 2
Câu 2 (1,0 điểm) : Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

x+2
biết tiếp tuyến cắt hai trục Ox,
x −1

Oy lần lượt tại các điểm A, B phân biệt thỏa mãn điều kiệu OB = 3OA.
Câu 3 (1,0 điểm) :
a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn :

| z |2
2( z + i)
+ 2iz +
=0
1− i
z

b) Giải phương trình trên tập số thực (3 − 5) x + (3 + 5) x = 2 x+1.
Câu 4 (1,0 điểm) : Tính tích phân

π
4

cos 2 x
dx.
6
x
0

∫ cos

Câu 5 (1,0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng
x +1 y z + 2
= =
. Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và
(P) : x + 2y + z – 4 = 0 và đường thẳng d :
2
1
3
mặt phẳng (P) và viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), đồng thời cắt và vuông góc với
đường thẳng d.
Câu 6 (1,0 điểm) :
a) Giải phương trình lượng giác: sin x − 3.sin 2 x = 3.cos x + cos 2 x
b) Xét một đa giác đều 12 cạnh, hỏi có bao nhiêu tam giác không cân có ba đỉnh là các đỉnh của một đa giác
đều đã cho.
Câu 7 (1,0 điểm) : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A trong đó
·
AB = AC = a, BAC
= 120o ; mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính

theo a thể tích khối chóp S.ABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC
Câu 8 (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có (4;6), trực tâm
H(4;4), trung điểm M của cạnh BC thuộc đường thẳng ∆: x – 2y – 1 = 0. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao
hạ từ các đỉnh B, C của tam giác. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết đường thẳng EF song song với đường thẳng
d: x – 3y + 5 = 0.
 x + 3 y + 7 x + 2 y = 5 y − x + 3 y
Câu 9 (1,0 điểm) : Giải hệ phương trình trên tập số thực:  2
2
4
2
 2 x − y + x − y + 4 = −2 + 5 xy
Câu 10 (1,0 điểm) : Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2 + y 3 + z 4 ≥ x3 + y 4 + z 5 , chứng
minh rằng x 3 + y 3 + z 3 ≤ 3

-------------------------------- 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

Câu 1.
y = x4 − 2 x2
1.TXĐ: D = R
2.Sự biến thiên
y ' = 4 x3 − 4 x
y ' = 0 <=> 4 x 3 − 4 x = 0
x =1
<=>  x = −1

 x = 0
Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞
x →+∞

x →−∞

BBT:

Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1;0) và (1; +∞)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0;1)
Hàm số đạt cực đại tại x=0;yCĐ=0
Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1; yCT = −1
3:Đồ thị
Giao của đồ thị với Ox: (± 2;0);(0;0)
Giao của đồ thị với Oy: (0;0)
Đồ thị nhận trục tung là trục đối xứng.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
LẦN 1
Môn thi: TOÁN


Câu 2.
−3
OB
= ±3
2 . Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm, vì OB = 3OA nên hệ số góc của tiếp tuyến là ±
( x − 1)
OA
=> y '( x0 ) = −3 . (do y’< 0 ∀x ≠ 1)

Ta có y ' =

−

3
= −3 <=> ( x0 − 1) 2 = 1
( x0 − 1) 2

 x0 − 1 = 1
 x0 = 2
<=> 
<=> 
 x0 − 1 = −1
 x0 = 0
Có hai tiếp tuyến:
TH1: x0 = 0 => y0 = −2. Ta có phương trình tiếp tuyến là:
y = y '( x0 ).( x − x0 ) + y0
<=> y = −3( x − 0) − 2 <=> d1 : y = −3 x − 2
TH2: x0 = 2 => y0 = 4 => d 2 : y = −3 x + 10
Câu 3.
a) Giả sử z = a + bi, a, b ϵ R;
| z |2 a 2 + b 2 (a 2 + b 2 )(a + bi ) (a 2 + b 2 )( a + bi )
=
=
=
= a + bi = z;
Ta có:
a − bi
(a − bi )(a + bi )
a 2 + b2

z
2(z + i ) 2( z + i )(1 + i ) 2( z + i )(1 + i )
=
=
= ( z + i )(1 + i )
1− i
(1 − i )(1 + i )
2
Khi đó phương trình trở thành:
Ta có:


| z |2
2( z + i)
+ 2iz +
=0
1− i
z
<=> z + 2iz + ( z + i )( z + i ) = 0
<=> z + 2iz + z + iz + i + i 2 = 0
<=> 2 z + 3iz + 1 − 1 = 0
<=> (2 + 3i) z = 1 − i
<=> z =

1− i
(1 − i )(2 + 3i ) 2 − 3i − 2i + 3i 2 −1 − 5i −1 5
=
=
=
=

− i
2 + 3i (2 + 3i )(2 − 3i)
4+9
13
13 13

Vậy phần thực và phần ảo tương ứng là:

−1 −5
;
13 13

b)
(3 − 5) x + (3 + 5) 2 = 2 x +1
<=> (3 − 5) x + (3 + 5) 2 = 2.2 x
Chia cả 2 vế của phương trình cho 2 x ta được:
Phương trình đã cho tương ứng với
(

3− 5 x 3+ 5 2
) +(
) =2
2
2

Ta có:
Nên

3− 5 3+ 5 9−5
.

=
=1
2
2
4

3− 5
3 + 5 −1
=(
)
2
2

3− 5 x
x+ 5 x 1
) (t > 0) => (
) =
2
2
t
1
2
Thì ta có: t + = 2 <=> t − 2t + 1 = 0 => t = 1(TM )
t
Đặt t = (

3− 5 x
3− 5 0
) =1= (
) <=> x = 0

2
2
Vậy, phương trình đã cho có 1 nghiệm là x = 0.
Câu 4.
Ta phân tích:
1
1
1
1
=
.
.
6
2
2
cos x cos x cos x cos 2 x
Dẫn tới (

π
4

π

π

4
4
cos 2 x
cos 2 x − sin 2 x
1

cos 2 x sin 2 x
1
dx
=
.
d
(tan
x
)
=
(
∫0 cos6 x
∫0 cos2 x cos2 x
∫0 cos2 x − cos2 x ). cos 2 x d (tan x)

π
4

π
4

0

0

= ∫ (1 − tan 2 x)(1 + tan 2 x) d(tan x) = ∫ (1 − tan 4 x) d(tanx)

π
tan 5 x
1 4

= (tan x −
) 4 =1− =
5
5 5
0
Câu 5.


( P) : x + 2 y + z − 4 = 0
 z = −1 + 2t
x +1 y z + 2

d:
= =
<=>  y = t
2
1
3
 z = −2 + 3t

 z = −1 + 2t
y = t

Tọa độ giao điểm A của d và (P) là nghiệm của hệ phương trình 
 z = −2 + 3t
 x + 2 y + z − 4 = 0
=> −1 + 2t + 2t − 2 + 3t − 4 = 0
<=> 7t = 7
<=> t = 1
Tọa độ giao điểm A(1;1;1).

Do d cắt (P) tại A mà ∆ lại cắt d nên ta có ∆ đi qua A(1;l;1).

uur
uu
r
Do ∆ nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với d nên vtcp ∆ vuông góc với vtpt nP vaf vccp ud
uur
uu
r
Ta có: nP (1; 2;1) ; ud (2;1;3)
r uur uu
r
Vector chỉ phương của đường thẳng ∆ là u = [nP ; ud ] = (5; −1; −3)
x −1 y −1 z −1
=
=
5
−1
−3
Câu 6.
=> ∆ :

a )sin x − 3 sin 2 x = 3 cos x + cos 2 x
<=> sin x − 3 cos x = 3 sin 2 x + cos x
1
3
3
1
<=> sin x −
cos x =

sin 2 x + cos 2 x
2
2
2
2
π
π
<=> sin( x − ) = sin(2 x + )
3
6
π
 π
x
−
=
2
x
+
+ k 2π

3
6
<=> 
 x − π = π − 2 x − π + k 2π

3
6
−π
7π
2π

+ k 2π ; x =
+h
(k ; h ∈ Z )
Giải ta tìm được các họ nghiệm x =
2
18
3
b) Gọi đa giác đều đã cho là A1A2…A12. Vì A1A7 là trục đối xứng của đa giác nên số tam giác cân đỉnh
A1 là 5 tam giác, trong đó có một tam giác đều là A1A5A9. Tương tự có 4 tam giác cân (không đều)
đỉnh A2, A3... Suy ra số tam giác cân mà không là tam giác đều bằng 12.4 = 48, số tam giác đều là 4.
Do đó, số tam giác cân là 48 + 4 = 52.
3
Số các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác: C12 (tam giác)
3
Từ đó, số tam giác không cân là C12 − 52 = 168

Câu 7.


Gọi H là trung điểm của AB thì H là chân đường cao hạ từ đỉnh S của hình chóp. Ta có:
1
1 a 3 1
a3
VS . ABC = SH .S ABC = .
. .a .a .sin1200 =
3
3 2 2
8
Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC thì D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có tam giác
DAB đều và do đó, DH ⊥ AB. Suy ra DH ⊥ (SAB).

Từ D, dựng đường thẳng ∆ song song với đường thẳng SH thì ∆ là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy. Gọi I
là tâm tam giác đều SAB và trong mặt phẳng (SHD), dựng đường thẳng d đi qua I và song song với DH thì d
là trục của đường tròn ngoại tiếp mặt (SAB). Gọi O = ∆ ∩ d thì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABC. Ta có:
1 a 3 2
a 39
R = OC = OD 2 + DC 2 = ( .
) + a2 =
3 2
6
Câu 8.

Gọi I, M lần lượt là trung điểm của AH, BC. Dễ thấy các điểm A, H, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính
AH, có tâm là I; còn các điểm B, C, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC, có tâm là M. Vì EF là dây
cung chung của hai đường tròn nói trên nên IM ⊥ EF, kéo theo IM ⊥ d. Từ đó, viết được phương trình
đường thẳng IM: 3x+y-17=0. Do M = ∆ ∩ d nên suy ra M(5;2)
Đường thẳng BC vuông góc với AH, đi qua M nên BC: y – 2 = 0. Từ đó, gọi tọa độ điểm B(b; 2) thì tọa độ
uuur uuur
C(10 – b; 2). Vì BH ⊥ AC nên AC.HB = 0 , suy ra (6-b)(b-4)+(-4)(-2)=0, từ đó tìm được b = 2 hoặc b = 8.
Suy ra B(2;2), C(8;2) hoặc B(8;2), C(2;2).
Câu 9.
Giả sử các căn thức là có nghĩa. Xét hai trường hợp.
TH1. Nếu y = 0 thì từ phương trình thứ nhất ta có ngay x = 0, không thỏa mãn.
TH2. Nếu y >0, thì chia cả hai vế của phương trình thứ nhất cho

y , ta được .


x
x

x
+ 3 + 7. = 5 5 − + 3
y
y
y
Vế trái của phương trình là hàm đồng biến theo ẩn t =
trình theo ẩn t =

x
, vế phải là hàm nghịch biến theo t nên phương
y

x
x
có nghiệm duy nhất, và từ đó ta phải có = 1 , kéo theo x = y > 0.
y
y

Thay vào phương trình thứ hai, ta được x 2 + 2 + x 4 − x 2 + 4 = 5 x
2
Chia cả hai vế cho x > 0, rồi đặt t = x + , đưa về phương trình t 2 − 5 = 5 − t , tìm được t = 3. Từ đó, x = 1,
x
x = 2.
x = 1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn)
x = 2 ⇒ y = 2 (thỏa mãn)
Vậy, hệ đã cho có hai nghiệm (1;1), (2;2)
Câu 10:
Giả thiết có thể viết lại là ( x 3 − x 2 ) + ( y 4 − y 3 ) + ( z 5 − z 4 ) ≤ 0 . Ta sẽ chứng minh các bất đẳng thức sau
x 3 − 2 ≤ 3( x 3 − x 2 )(1)
. y 3 − 2 ≤ 3( y 4 − y 3 )(2)

z 3 − 2 ≤ 3(z 5 − z 4 )(3)
Thật vậy, các bất đẳng thức (1), (2), (3) lần lượt tương đương với các bất đẳng thức đúng dưới đây
( x − 1) 2 (2 x + 1) ≥ 0
( y − 1) 2 (3 y 2 + 2 y + 1) ≥ 0
( z − 1) 2 (3z 3 + 2 z + 1) ≥ 0
Cộng từng vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) và sử dụng giả thiết được viết lại, ta có ngay điều phải chứng
minh.