Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên lương thế vinh đồng nai lần 1 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH

THI THỬ QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút

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

2x −1
x −1

Câu 2: (1 điểm). Tìm m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m + 2) x + m − 1 có hai điểm cực trị.
Câu 3: (1,0 điểm)
1. Cho số phức z thoả mãn (1 + 2i) z + (3 + 2i ) z = 8 + 14i . Tính mô đun của số phức w = 1 + i + z
2.

Giải phương trình 2 x − 3.2

x+2
2

+8 = 0
π
2

Câu 4: (1,0 điểm) Tính tích phân I = sin 2 x dx
∫0 2 + cos x
Câu 5 (1,0 điểm)

x −1 y z +1
= =
và điểm A(1;-4;1). Tìm toạ độ
2
1
−1
hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng ∆ và viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với
đường thẳng d.
Trong không gian với hệ trục toạ độ 0xyz, cho đường thẳng d :

Câu 6 (1,0 điểm)
1
Tính giá trị của biểu thức A = sin 3 x + cos 3 x
2
2 9
2
2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển f ( x ) = (3x − ) , x ≠ 0
x
Câu 7(1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tam giác ABC vuông tại A, AB = a, AC = a 3 . Góc giữa đường
thẳng A’C và mặt phẳng (ABC) bằng 300 . Gọi N là trung điểm của cạnh BB’. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AB và CN
1. Cho sin x + cos x =

Câu 8 (1,0 điêm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB. Trên đoạn thẳng BD lấy
điểm M sao cho DM =4MB và gọi E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng DM và BC. Tìm toạ độ các
điểm A, B, C, D biết E(1;6), F(2;3), D có hoành độ lớn hơn 1 và A có hoành độ âm.
Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình trên tập số thực :

1 + 2 3(1 − x)3

3. 3 3(2 x − 1) + 2

= 1− x

Câu 10 (1,0 điểm)
Cho a, b,c là ba số thực dương thoả mãn:

1 1 1
+ + =3
a b c

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (a + 1)(b + 1)(c + 1) +

4
a 2 + b2 + c2 + 1

----------Hết-----------


ĐÁP ÁN
Câu 1:
- TXĐ: D = R /{1}
- Sự biến thiên

−1
< 0, ∀x ∈ D
( x − 1) 2
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định
y = lim y = 2 ;tiệm cận ngang y = 2;
+ Giới hạn và tiệm cận xlim

→−∞
x →+∞
+ Chiều biến thiên : y ' =

lim y = +∞; lim− y = −∞ ; tiệm cận đứng x = 1

x →1+

x →1

+ Bảng biến thiên :

Đồ thị:

Câu 2: TXĐ: D = R
Ta có y’ = 3(x2 - 2mx + m+2), y’ = 0  y’ = 0  x2 – 2mx + 2 = 0 (*)
0,5
Hàm số đã cho có hai điểm cực trị khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt, hay
 m < −1
∆ ' = m 2 − m − 2 > 0 <=> 
0,5
m > 2
Câu 3:
1. Đặt z = x + yi, ta có (1+2i)(x-yi) + (3+2i)(x+yi) = 8 + 14i


4 x = 8
x = 2
<=> 
=> z = 2 + 3i

 4x + (4x+2y)i = 8+14i <=> 
 4 x + 2 y = 14
y = 3
Suy ra w= 3 + 4i nên |w|=5
0,25
2. Phương trình tương đương với

0,25

x
2

2 − 6.2 + 8 = 0
x

 2x
0,25
2 =2
<=>  x
 2 2 = 4
Suy ra x = 2 hoặc x = 4 là nghiệm của phương trình
Câu 4:
π
2

Ta có: I = 2 cos x sin xdx
∫0 2 + cosx

0,25

0,5

π
=> t = 2
2
3
3
3
t −2
2
3
dt = 2 ∫ (1 − )dt = 2(t − 2 ln t ) = 2(1 − 2 ln ) 0,5
Khi đó I = 2 ∫
2
t
t
2
2
2
Câu 5:
Gọi H là hình chiếu
uuurvuông góc của A lên ∆ , ta có:
H(1+2t; t ; -1-t), AH (2t ; t + 4; −t − 2) 0,25
uuur uur
Vì AH ⊥ ∆ nên AH .u∆ = 0 <=> 2.2t + t + 4 + t + 2 = 0 <=> t = −1 => H (−1; −1;0)
Đặt t = 2 + cosx => dt = − sin xdx .Đổi cận x = 0 => t = 3, x =

Bán kính mặt cầu R = AH = 14 0,25
Phương trình mặt cầu (x-1)2 + (y + 4)2 + (z -1)2 = 14 0,25
Câu 6:

1
−3
1. Ta có (sinx + cos x)2 = <=> sinx cosx =
0,25
4
8
1 9 11
Do đó A = (sinx + cos x)3 – 3 sinx cosx (sinx + cosx) = + =
8 16 16
k
2 9 − k −2 k
k 9 −k
k 18 −3k
2. Số hạng tổng quát C9 (3 x ) .( ) = C9 .3 ( −2) .x
0,25
x
Số hạng không chứa x ứng với k thoả mãn 18 – 3k = 0 k = 6
6 3 6
Vậy số hạng không chứa x là C9 .3 .2 = 145152
Câu 7:

0,25

0,25


Ta có AC là hình chiếu vuông góc của A’C lên mặt phẳng (ABC) nên ·AC ' A = 30o
Suy ra AA’ = AC.tan300 = a 0,25
1
a2 3

S ABC = AB. AC =
2
2
a3 3
hể tích khối lăng trụ là V = AA’ . SABC = =
0,25
2
·
Gọi M là trung điểm của AA’, ta có AB // MN nên góc giữa hai đường thẳng AB và CN là góc MNC
a 17
Ta có NM ⊥ CM và MN = AB = a, CN = BC 2 + BN 2 =
2
MN
2
2
·
=
=
Suy ra cos MNC
. Vậy cos (AB, CN) =
0,25
NC
17
17
Câu 8:

Đặt AB = a, suy ra AD = 2a,

2
BM BA2 1

=
= , nên EM = ED = BD
2
5
BD BD
5

Ta có
uuur 3 uuur 2 uuu
r
AE = AD + AB
5
5
uuu
r −1 uuur 3 uuur −3 uuur 1 uuur
FE =
AD + BD =
AB + AD
2
5
5
10
uuur uuu
r −6
3
AB 2 +
AD 2 = 0 => AE ⊥ FE
Suy ra AE.FE =
25
50

uuur
Mà EF = (1; −3) nên ta có pt AE: x – 3y + 17 = 0. Suy ra A(3a-17;a)

0,25


9
1
2
AB 2 +
AD 2 = a 2 => a = 5
25
100
5
9
4
2
AD 2 +
AB 2 = 40 <=> (3a − 18) 2 + (a − 6) 2 = 40 <=> a = 8; a = 4
Suy ra AE =
25
25
Mà xA < 0 nên A(-5;4)
0,25
Từ AD = 10 và FA = FD nên toạ độ của D là nghiệm của hệ:
( x − 5) 2 + ( y − 4) 2 = 100
x = 3
<=>
=> D(3;10) (Do x D > 1)0, 25



2
2
 y = 10
( x − 2) + ( y − 3) = 50
uuur 5 uuur
Vì BD = ED nên ta suy ra B (-2;0), suy ra C(6;6) 0,25
2
Câu 9:
Điều kiện x < 1
Phương trình <=> 1 + 2 3(1 − x)3 = (1 − x)[3 3 3(2 x − 1) + 2]
2
Lại có FE =

1
+ 2 3(1 − x) = 3 3 3(2 x − 1) + 2 (do x = 1 không là nghiệm của pt)
1− x
3(2 x − 1)
<=>
+ 2 3(1 − x) = 3 3 3(2 x − 1) 0,25
3(1 − x)
<=>

Đặt a = 3(1 − x); b = 3 3(2 x − 1) ta có phương trình
b3
+ 2a = 3b <=> 2a 3 − 3a 2b + b3 = 0
2
a
<=> (a − b) 2 (2a + b) = 0

0,25

a = b
 2 a = −b

Mặt khác 2a2 + b3 = 3
+) a = b, ta có 2a2 + a3 = 3 a = 1 <=> 3(1 − x ) = 1 <=> x =

2
3

+) b = -2a, ta có 2a2 – 8a3 = 3 8a3 – 2a2 + 3 = 0 (1)
Vì a > 0 nên áp dụng bất đẳng thức cosi ta có
a3 + a3 + 1 ≥ 3a2 => 2a3 + 1 > 2a2
0,25
Do đó ta suy ra được (1) vô nghiệm
2
Do đó ta suy ra được (1) vô nghiệm x=
5
Câu 10:
Ta có ab + bc + ca = 3abc
Nên (a+1)(b+1)(c+1) = abc + ab + bc + ca+ a + b + c + 1
4
= (ab + bc + ca) + a + b + c +1 0,25
3
Mà (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc (a + b + c) => a + b + c ≤ ab+bc+ca
0,25
2
2
2

2
2
Do đó a + b + c = (a+b+c) – 2(ab + bc+ ca) ≤ (ab + bc+ca) – 2(ab+ bc + ca)
Đặt t = ab + bc + ca, ta có a + b+ c ≥ 3t nên t ≥ 3t => t ≥ 3 0,25
4
4
4
4
P ≥ t + 3t + 1 +
= t + 3t +
+ 1 = f (t )
2
3
2−t
t − 2t + 1 3
Xét hàm số f(t) với t ≥ 3 ta có
4
3
4
f '(t) = +
−
0,25
3 2 t (t − 1)2


1
1
≤
2
(t − 1)

4
Do đó f’(t) > 0, ∀t ≥ 3 , suy ra f(t) ≥ f (3) = 10=> P ≥ 10
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy GTNN của P là 10
Vì t ≥ 3 nên (t-1)2 ≥ 4 =>