Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên nguyễn tất thành yên bái 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 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TẤT THÀNH
Tỉnh Yên Bái

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn Toán – lần thứ 1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 + 3 x 2 + m (1)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -4.
2/ Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam giác OAB vuông tại O (O là gốc
tọa độ).
Câu 2 (0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn (1 + i )( z − i ) + 2 z = 2i
Tìm mô đun của số phức w =

z − 2z +1
z2

2
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình 1 + log 2 ( x − 1) ≤ log 2 ( x + x − 4)

π

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

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(-1;2;3) và mặt phẳng (P) có phương trình
4x+y-z-1=0 . Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) và tìm tọa độ tiếp điểm M.

Câu 6 (1,0 điểm).
2 cos α
2sin α + 3cos 3α
b/ Xét tập hợp E gồm các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau tạo thành từ các chữ số {0;1;2;3;4;5;6;7}.
Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp E. Tìm xác xuất để phần tử được chọn là một số chia hết cho 5.
a/ Cho góc α thỏa mãn cot α =2 . Tính giá trị của biểu thức P =

3

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có AB=AC=a, ·ABC = 300 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc
giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của
tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC) theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình:
(4 x 2 + x − 1) x 2 + x + 2 ≤ (4 x 2 + 3x + 5) x 2 − 1 + 1
Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường thẳng
(d1):2x-y+2=0, đỉnh C thuộc đường thẳng (d2): x-y-5=0. Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Xác định tọa độ


9 2
các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết M ( ; ) ,K(9;2) lần lượt là trung điểm của AH, CD và điểm C có tung
5 5
độ dương.
Câu 10 (1,0 điểm).Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa mãn 5( a 2 + b 2 + c 2 ) = 6(ab + bc + ca)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2(a + b + c) − (b 2 + c 2 )
------------Hết-------------

ĐÁP ÁN
Câu
Câu 1
2,0đ

Nội dung
Cho hàm số y = x + 3 x + m (1)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -4.
Với m = -4 ta có hàm số y = x 3 + 3 x 2 − 4
3

Điểm

2

0,25

Tập xác định: R
Sự biến thiên
+Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

+Chiều biến thiên:
y ' = 3x 2 + 6 x
x = 0
y ' = 0 <=> 
 x = −2
Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; −2) và (0; +∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0)
+Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại x= -2;yCĐ=0
Hàm số đạt cực tiểu tại x= 0;yCT= -4

0,25

0,25


+Đồ thị:
Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (−2;0) và (1;0)
Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; -4)

2/Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam giác OAB
vuông tại O (O là gốc tọa độ).
Ta có:
y ' = 3x 2 + 6 x
x = 0
y ' = 0 <=> 
 x = −2
Do y’=0 có 2 nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua 2 nghiệm đó nên đồ thị hàm số có 2
điểm cực trị là A(0;m) , B(-2;m+4)
uuu
r
uuur
OA(0; m), OB (−2; m + 4)
uuu
r uuu
r
m = 0
∆OAB vuông tại O khi OA.OB = 0 <=> m(m + 4) = 0 <=> 

 m = −4
Câu 2
0,5đ

0,5

0,5

Do O,A,B tạo thành tam giác nên m = - 4
Cho số phức z thỏa mãn (1 + i )( z − i ) + 2 z = 2i
Tìm mô đun của số phức w =

z − 2z +1
z2

Ta có
(1 + i )( z − i ) + 2 z = 2i <=> z − i + iz + 1 + 2 z = 2i <=> (3 + i ) z = −1 + 3i
−1 + 3i (−1 + 3i)(3 − i) −3 + i + 9i + 3
<=> z =
=
=
=i
3+i
(3 + i )(3 − i )
9 +1
w=

z − 2 z + 1 −i − 2i + 1 −3i + 1
=
=

= −1 + 3i
z2
i2
−1

Do đó: | w |= 1 + 9 = 10
Câu 3
0,5đ

0,25

2
Giải bất phương trình 1 + log 2 ( x − 1) ≤ log 2 ( x + x − 4)

0,25

0,25


x > 1

  x < −1 − 17
x −1 > 0
−1 + 17
<=>  
<=> x >
ĐK:  2
2

2

x + x − 4 > 0

−
1
+
17
 x >
2
 
BPT đã cho tương đương với
<=> log 2 2 + 2 log 2 ( x − 1) ≤ log 2 ( x 2 + x − 4)

0,25

<=> log 2 2 + log 2 ( x − 1) 2 ≤ log 2 ( x 2 + x − 4)
<=> log 2 2( x 2 − 2 x + 1) ≤ log 2 ( x 2 + x − 4)
<=> log 2 (2 x 2 − 4 x + 2) ≤ log 2 ( x 2 + x − 4)
0,25

<=> 2 x 2 − 4 x + 2 ≤ x 2 + x − 4
<=> x 2 − 5 x + 6 ≤ 0
<=> 2 ≤ x ≤ 3
Kết hợp đk ta được nghiệm của BPT là 2 ≤ x ≤ 3
Câu 4
1,0đ

π

cos x
Tính tích phân I = ∫ (e + x )sin xdx

0

π

π

π

0

0

I = ∫ (ecos x + x )sin xdx = ∫ ecos x sin xdx + ∫ x sin xdx = I1 + I 2
0

π

0,25
0,25

cos x
Tính I1 = ∫ e sin xdx
0

Đặt t=cosx=>dt=-sinxdx
Đổi cận:x=0=>t=1;x= π =>t=-1
−1

1

t
t
Ta có: I1 = − ∫ e dt = ∫ e dt = e
t

1

−1

1
1
=e−
−1
e

π

Tính I 2 = ∫ x sin xdx

0,25

0

u = x
du = dx
=> 
Đặt 
 dv = s inxdx
v = −cosx
I 2 = − x cosx

Câu 5
1,0đ

π π
π
+ ∫ cosxdx = π + s inx = π
0 0
0

1
Vậy I = e − + π
e
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(-1;2;3) và mặt phẳng (P) có phương
trình 4x+y-z-1=0 . Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) và tìm
tọa độ tiếp điểm M.
Do (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên.
| −4 + 2 − 3 − 1|
R = d ( I ;(P)) =
= 2
16 + 1 + 1
Mặt cầu (S) có phương trình ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 3) 2 = 2
Đường thẳng IM đi qua I(-1;2;3), vuông góc với (P) nên nhận vtpt (4;1;-1) của (P) làm

0,25

0,25

0,25
0,25

vtcp có phương trình:
 x = −1 + 4t

 y = 2 + t (t ∈ R )
z = 3 − t

Gọi M(-1+4t;2+t;3-t)
Do M thuộc (P) nên thay tọa độ M vào pt (P) ta được:
4(−1 + 4t ) + 2 + t − (3 − t) − 1 = 0
<=> −4 + 16 t + 2 + t − 3 + t − 1 = 0
1
<=> t =
3
1 7 8
Vậy M ( ; ; )
3 3 3
Câu 6
1,0đ

a/ Cho góc α thỏa mãn cot α =2 . Tính giá trị của biểu thức P =
cot a = 2 => sin a ≠ 0 , ta có:

0,25

2 cos α
2sin α + 3cos 3α
3

cos a
1
2 3
2 cot a 2
2
2 cos a
sin a
sin a = 2 cot a(1 + cot a)
P=
=
=
sin 3 a
cos3 a
2sin 3 a + 3cos3 a
2 + 3cot 3 a
2 + 3cot 3 a
2 3 +3 3
sin a
sin a
2.2.(1 + 4) 10
=
=
2 + 3.23
13
b/Xét tập hợp E gồm các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau tạo thành từ các chữ
số {0;1;2;3;4;5;6;7}. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp E. Tìm xác xuất để phần
tử được chọn là một số chia hết cho 5.
Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau tạo thành từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4;

0,25

0,25

0,25

5
8

5; 6; 7} kể cả số 0 đứng đầu là A

Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau tạo thành từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4;
4
5; 6; 7} và có số 0 đứng đầu là A7
5
4
Số phần tử của tập E là A8 - A7 =5880
Gọi A là biến cố chọn được một số có 5 chữ đôi một khác nhau và chia hết cho 5.
4
3
Số kết quả thuận lợi A là A7 + 6. A6 = 1560

1560 13
=
5880 49
Cho hình chóp S.ABC có AB=AC=a, ·ABC = 300 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC),
góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC) theo a.
Xác suất của biến cố là P ( A) =

Câu 7

1,0đ

0,25


Trong mặt phẳng (ABC), kẻ AM ⊥ BC (M ∊ BC)
Ta có: SA ⊥ (ABC)
 SA ⊥ BC
 BC ⊥ (SAM)
·
thì SM ⊥ BC nên SMA
= 600 là góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC).

0,5

Ta có: trong tam giác ABC cân tại A nên ·ABC = ·ACB = 300
·
=> BAC
= 1200
1
1
3 a2 3
0
Ta có: S ABC = AB. AC.sin120 = .a.a.
=
2
2
2
4
a

0
Ta có: trong tam giác ABM: AM = AB.sin 30 =
2
Trong tam giác SAM vuông tại A ta có: SA = AM .tan 600 =

a 3
2

1
1 a 3 a2 3 a3
Thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC = .SA.S ABC = .
.
=
3
3 2
4
8
1
Vì AM = 3GM, AM ∩ (SBC) = M nên d(G,(SBC))= d(A,(SBC))
3
Ta có: (SAM) ⊥ (SBC) ( do có BC ⊥ (SAM))
Có: (SAM) ∩ (SBC) = SM
Trong mặt phẳng (SAM), kẻ AH ⊥ SM (H∊ SM) thì AH ⊥ (SBC) nên AH = d(A,
(SBC))
Trong tam giác vuông SAM vuông tại A có:
1
1
1
16
3a

=
+
= 2 => AH =
2
2
2
AH
AS
AM
3a
4
a 3
12
Giải bất phương trình:
Vậy d(G,(SBC)) =
Câu 8

0,5


1,0đ

(4 x 2 + x − 1) x 2 + x + 2 ≤ (4 x 2 + 3x + 5) x 2 − 1 + 1
 x ≤ −1
ĐK: 
x ≥1

0,25

Đặt u = x 2 + x + 2; v = x 2 − 1(u , v ≥ 0) ta có:

4 x 2 + x − 1 = u 2 + 3v 2 ; 4 x 2 + 3 x + 5 = 3u 2 + v 2
Bất phương trình đã cho có dạng:
(u 2 + 3v 2 ) u ≤ (3u 2 + v 2 )v + 1

0,25

<=> u 3 + 3uv 2 ≤ 3u 2 v + v3 + 1
<=> (u − v)3 ≤ 1
<=> u − v ≤ 1
<=> u ≤ v + 1
Xét

0,5

x + x + 2 ≤ x −1 +1
2

2

<=> 2 x 2 + 1 ≥ x + 2
 x + 2 < 0
 x < −2
 2

 x − 1 ≥ 0
<=> 
<=>   x ≥ −2
x+2≥0
 3 x 2 − 4 x − 8 ≥ 0
 


  4( x x − 1) ≥ x 2 + 4 x + 4
 x < −2


2−2 7
  x ≥ −2

x ≤
 
3
<=>    x ≤ 2 − 2 7 <=> 

3
2+2 7

x ≥

 
3

 x ≥ 2 + 2 7
  
3
2−2 7
2+2 7
] ∪[
; +∞)
3
3

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường
thẳng (d1):2x-y+2=0, đỉnh C thuộc đường thẳng (d2): x-y-5=0. Gọi H là hình chiếu của
Vậy tập nghiệm của phươn trình (−∞;
Câu 9
1,0đ

9 2
B trên AC. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết M ( ; ) ,K(9;2) lần
5 5
lượt là trung điểm của AH, CD và điểm C có tung độ dương.
0,25

Gọi N là trung điểm BH


Ta có MN là đường trung bình của ∆ABH suy ra MN // KC, MN =

1
AB = KC
2

=>MNCK là hình bình hành => MK // CN (1)
Do MN ⊥ BC, BN ⊥ MC nên N là trực tâ ∆BMC=> CN ⊥ BM (2)
Từ (1) và (2) suy ra MK ⊥ BM
Đường thẳng BN đi qua M, vuông góc với MK nên có phương trình :
9x + 2y – 17 = 0.
Do B = BM∩ d1 nên tọa độ B thỏa mãn :
9 x + 2 y − 17 = 0
x = 1
<=> 

=> B (1; 4)

2 x − y + 2 = 0
y = 4
Gọi C(c;c-5) với c > 5.
uuur uuur
Do BC ⊥ KC => BC.KC = 0
uuur
BC = (c − 1; c − 9)
uuur
KC = (c − 9; c − 7)

Câu 10
1,0đ

c = 9
Do đó (c− 1)(c − 9) + (c − 9)(c − 7) = 0 <=> 
c = 4
Suy ra C(9;4) vì c > 5
Đường thẳng CM đi qua M và C nên có phương trình: x-2y-1=0
Đường thẳng BH đi qua B, vuông góc với MC nên có phương trình 2x+y-6=0
13

x=

2 x + y − 6 = 0
13 4

5
<=> 

=> H ( ; )
Tọa độ H thỏa mãn 
5 5
x − 2 y −1 = 0
y = 4

5
M là trung điểm AH nên A(1;0)
Khi đó D(9;0)
Vậy các đỉnh hình chữ nhật là A(1;0), B(1;4), C(9;4), D(9;0)
Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa mãn 5( a 2 + b 2 + c 2 ) = 6(ab + bc + ca)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2(a + b + c) − (b 2 + c 2 )
Ta có:
5
(b + c) 2
2
2
2
2
2
5a + (b + c) ≤ 5a + 5(b + c ) = 6(ab + bc+ ca) ≤ 6a(b+ c) + 6.
2
4
2
2
=> 5a − 6a (b + c) + (b + c) ≤ 0
b+c
<=>
≤ a ≤b+c
5

=> a + b + c ≤ 2(b + c)
Đẳng thức xảy ra khi x=b+c;b=c
Khi đó:
1
1
P = 2(a + b + c) − (b 2 + c 2 ) ≤ 4(b + c) − (b + c ) 2 = 2 b + c − (b + c) 2
2
2
Đặt t = b + c (t ≥ 0)
1 4
Ta có: P ≤ 2t − t
2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


1 4
Xét hàm số f (t )2t − t trên [0; +∞)
2
3
f '(t ) = 2 − 2t
f '(t ) = 0 <=> t = 1

Bảng biến thiên

3
khi t=1, do đó:
2
3
1
maxP= khi a=1;b=c=
2
2

Từ BBT suy ra max f (t ) =

0,5