09 DE THI THU CO LOI GIAI CHI TIET AG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

THOẠI NGỌC HẦU

Môn thi: TOÁN ( THI thử lần III )

ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC (gồm 01 trang)

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 ( C ) của hàm số y = x3 − 3 x 2 + 4 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 e x trên đoạn [ −1; 2] .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 3log 2 x + 32−log 2 x = 10 .

b) Giải phương trình

(z

2

+ 2 z ) + 5 ( z 2 + 2 z ) + 6 = 0 trên tập hợp các số phức.
2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

π /2

∫ sin

2

x sin 2 xdx .

0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 6 x + 3 y − 2 z − 1 = 0 và mặt cầu

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 6 x − 4 y − 2 z − 11 = 0 . Chứng minh mặt phẳng ( P )
đường tròn ( C ) . Tìm tọa độ tâm của ( C ) .

cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một

Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho số thực α thỏa mãn điều kiện sin α + cos α = 2 . Tính A = tan α + cot 2α .
n

2 

2
n−2
n −1
b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x −
 , biết x > 0 và An = Cn + Cn + 4n + 6 .
x



Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC = 600 , hình

chiếu vuông góc của S trên mặt (ABCD ) trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Mặt phẳng (SAC ) hợp
với mặt phẳng (ABCD ) góc 600. Tính thể tích khối chóp S .ABCD và khoảng cách từ B đến (SCD ) theo a.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S = 6 và có
phương trình đường thẳng AC là x + 2y − 9 = 0 . Điểm M (0; 4) thuộc đường thẳng BC . Xác định tọa độ
các đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết đường thẳng CD đi qua N (2;8) và đỉnh C có tung độ là một số
nguyên.
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:



2
2 x + x − 2 m 2 x +
− 3 4 x (x − 2)  = 3x + 2 .


x −2

(

)

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x , y , z thỏa mãn x > 2, y > 1, z > 0 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

1
2 x 2 + y 2 + z 2 − 2(2 x + y − 3)

−

1
y ( x − 1)( z + 1)

------Hết------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:..............................................................................; Số báo
danh:...............................................


TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

THOẠI NGỌC HẦU

Môn thi: TOÁN ( THI thử lần III )
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM (gồm 06 trang)

ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC

Đáp án (trang 01)

Câu

Điểm

+Tập xác định: D = ℝ
+Sự biến thiên: .

0,25

. Các khoảng đồng biến

. Các khoảng nghịch biến

. Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 , yCĐ = 4; đạt cực tiểu tại

, yCT = 0

0,25

.Giới hạn:
+Bảng biến thiên
-

x

0
+

y'

1
(1,0đ)

0

2
-

+∞

0

4
y

0,25

+
+∞

-

0

+Đồ thị:
6

4

2

0,25
10

5

5

10

2

4

Hàm số y = x 2 e x liên tục trên đoạn [ −1; 2]
2
(1,0đ)

0,25
0,25
0,25

Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số lần lượt là

0,25

a) Điều kiện xác định: x > 0 .

3
9
(1,0đ) Đặt t = 3log2 x , t > 0 . Phương trình trở thành t + = 10 ⇔ t = 1 ∨ t = 9
t

0,25

t = 3log2 x = 1 ⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 , t = 3log 2 x = 9 ⇔ log 2 x = 2 ⇔ x = 4
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, x = 4

0,25


Đáp án (trang 02)

(

b) z 2 + 2 z

)

2

Điểm

 z + 2 z = −2
+ 5( z2 + 2z ) + 6 = 0 ⇔  2
 z + 2 z = −3
2

0,25

z 2 + 2 z = −2 ⇔ z 2 + 2 z + 2 = 0 ⇔ z = −1 ± i
0,25

z 2 + 2 z = −3 ⇔ z 2 + 2 z + 3 = 0 ⇔ z = −1 ± i 2
π /2

I=

∫

π /2

sin 2 x sin 2xdx = 2 ∫ sin 3 x.cosxdx

0

Đặt t = s inx ⇒ dt = cosxdx , x =
4
(1,0đ)

0,25

0

1

t4
I = 2 ∫ t dt =
2
0

π
⇒ t = 1, x = 0 ⇒ t = 0
2

0,25

1

3

I=

0,25
0

1
2

0,25

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3; 2;1) và bán kính R = 5
Ta có khoảng cách từ I đến ( P ) là d ( I , ( P ) ) =

0,25
6.3 + 3.2 − 2.1 − 1
62 + 32 + ( −2 )

2

=3< R
0,25

Do đó ( P ) cắt ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn ( C ) .

Tâm của ( C ) là hình chiếu vuông góc H của I trên ( P ) . Đường thẳng ∆ qua I và
5

(1,0đ) vuông góc với ( P ) có phương trình là x − 3 = y − 2 = z − 1 . Do H ∈ ∆ nên
6
3
−2
H ( 3 + 6t; 2 + 3t;1 − 2t )
3
Ta có H ∈ ( P ) , suy ra 6 ( 3 + 6t ) + 3 ( 2 + 3t ) − 2 (1 − 2t ) − 1 = 0 ⇔ t = − . Do đó
7
 3 5 13 
H ; ; 
7 7 7 
sin α cos 2α cos ( 2α − α )
1
+
=
=
a) A = tan α + cot 2α =
cos α sin 2α cos α sin 2α sin 2α
1
=
=1
2
( sin α + cos α ) − 1

0,25

0,25

0,25
0,25

b) Điều kiện xác định: n ∈ N và n≥2.

6
(1,0đ)

A n2 = Cnn−2 + Cnn−1 + 4n + 6 ⇔ A n2 = Cnn+−11 + 4n + 6 ⇔

n!
(n + 1)!
=
+ 4n + 6 ⇔
(n − 2)! 2!(n − 1)!

0,25

n ∈ ℕ ∧ n ≥ 2
n ∈ ℕ ∧ n ≥ 2
n ∈ ℕ ∧ n ≥ 2
⇔
⇔ 2
⇔
⇔ n = 12
2n(n − 1) = n(n + 1) + 8n + 12
n ∈ {−1;12}
n − 11n − 12 = 0


Khi n=12 ta được:  x −


12

2 
 . Số hạng thứ (k+1) của khai triển là:
x

0,25


−

k

k
k
Tk +1 = C12
( −2)k .x 2 .x12−k = C12
( −2)k .x

24 − 3k
2

k ∈ ℕ,k ≤ 12
⇔ k = 8.
24 − 3k = 0 ⇔ k = 8

. Tk+1 không có chứa x ⇔ 

8

Vậy số hạng không có chứa x là: T9= 28 C12

Đáp án (trang 03)

Câu

Điểm
S

H

A

B
E

O
D

0,25

C

Gọi E là trọng tâm ∆ABC , ta có:

SE ⊥ (ABCD )
SO ⊥ AC

⇒ OE ⊥ AC
Suy ra

((SAC ), (ABC D)) = SOE = 60

0

1
a 3
a2 3 a2 3
∆ABC đều cạnh 2a ⇒ OE = OB =
⇒ dt (ABC D) = 2.
=
3
6
4
2

7
a
0
(1,0đ) Trong ∆SOE có SE = OE . tan 60 =
2
Vậy VS .ABC D

0,25

1
1 a a2 3 a3 3
= SE .dt (ABC D) = . .
=
3

3 2 2
12

(

)

Dễ thấy d B, (SC D) =

3
d E , (SC D) và EC D = 900
2

(

Kẻ EH ⊥ SC

)

(1)

SE ⊥ (ABCD ) ⇒ SE ⊥ C D


EC ⊥ C D

⇒ C D ⊥ (SEC ) ⇒ EH ⊥ C D

0,25
(2)

(

)

Từ (1), (2) ta được EH ⊥ (SC D) ⇒ d B, (SC D) =

SC =

2
2
d E , (SC D) = EH
3
3

(

)

a 21
a 3
; EC =
6
3

0,25
EC .SE a 3 a
6
a 7
Trong ∆SCE có SC .HE = EC .SE ⇒ HE =

=
. .
=
SC
3 2 a 21
7


(

)

Vậy d B, (SC D) =

3
3 a 7
3a 7
d E , (SC D) = .
=
2
2 7
14

(

)

Đáp án (trang 04)

Câu

Điểm

Vì C ∈ AC : x + 2y − 9 = 0 ⇒ C (9 − 2c; c )

0,25

Suy ra NC = (7 − 2c; c − 8), MC = (9 − 2c; c − 4)
Khi đó ta có: NC .MC = 0 ⇔ (7 − 2c )(9 − 2c ) + (c − 8)(c − 4) = 0

8
(1,0đ)

⇔ 5c 2 − 44c + 95 = 0 ⇔ c = 5 ∨ c =

19
5

Vì C có tung độ là một số nguyên nên C (−1; 5)

Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại A ' có MC = ( −1;1) là vtpt của
MA '

0,25

 1 13 
2
, MC = 2 .
Khi đó MA ' : x − y + 4 = 0 . Suy ra A '  ; , MA ' =
3

 3 3 
1
1
.MA ' .MC =
2
3
Hai tam giác ABC và A ' MC đồng dạng và M (0; 4) nằm trên cạnh BC nên:
2



 CB  = S ABC = 3 = 9 ⇒ CB = 3CM ⇒ x B + 1 = 3.1
⇒ B(2;2)

S A ' MC
1
CM 
yB − 5 = 3.(−1)
3

Ta có S A ' MC =

0,25

0,25

Tương tự CA = 3CA ' ⇒ A(3; 3) . Từ AB = DC ⇒ D(−2;7)
Vậy A(1; 4), B(2;2),C (−1;5), D(−2;7) .

Điều kiện: x > 2

Khi đó:

9
(1,0đ)

(1) ⇔

2

m2 x +

⇔ m2 x +
⇔ x −2 +

x −2
2
x −2
2
x −2

⇔

x
x −2

− 3. 4

− 3 4 x (x − 2) =

3x + 2

2 x + x −2

− 3 4 x (x − 2) = 2 x − x − 2
0,25

(

− 3. 4 x (x − 2) = 2 − m 2

x −2
= 2 − m2
x

)

x
(2)


x −2
1
với t ∈ (0;1) (do x > 2 ). Pt (2) trở thành 2 − 3t = 2 − m 2 (3)
x
t
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (3) có nghiệm t ∈ (0;1)

Đặt t =

4

Đáp án (trang 05)

0,25
Điểm

1
− 3t với t ∈ (0;1) , ta có:
t2
2
f ' (t ) = − 3 − 3 < 0 , ∀t ∈ (0;1)
t
Bảng biến thiên:

Xét hàm f (t ) =

0,25
t
f ' (t )

0

1

f (t )

+∞

−

−2

Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra:
Phương trình (3) có nghiệm t ∈ (0;1) ⇔ 2 − m 2 > −2 ⇔ 4 − m 2 > 0 ⇔ −2 < m < 2

0,25

Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi −2 < m < 2 .
10. Cho các số thực x , y , z thỏa mãn x > 2, y > 1, z > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
Câu

P=

thức:

1
2 x + y + z − 2(2 x + y − 3)
2

2

2

−

1
y ( x − 1)( z + 1)

Đặt a = x − 2, b = y − 1, c = z ⇒ a , b, c > 0

P=

1
2 a + b + c +1
2

2

2

−

1
(a + 1)(b + 1)(c+ 1)

10
( a + b) 2 (c + 1) 2 1
Ta có a 2 + b 2 + c 2 + 1 ≥
+
≥ ( a + b + c + 1) 2
(1,0đ)
2
2
4

0,25

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
Mặt khác ( a + 1)(b + 1)(c+ 1) ≤
Khi đó P ≤

( a + b + c + 3)3
27

1
27
.
−
a + b + c + 1 ( a + b + c + 3)3

0,25

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
Đặt t = a + b + c + 1 > 1 .
1
27
Khi đó P ≤ −
,t > 1
t (t + 2)3

0,25


1
27
1
81
81t 2 − (t + 2) 4
,
1;
'(

)
f (t ) = −
t
>
f
t
=
−
+
=
t (t + 2)3
t 2 (t + 2) 4
t 2 (t + 2) 4

Xét f '(t ) = 0 ⇔ 81t 2 − (t + 2) 4 = 0 ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 4 (do t>1); lim f (t ) = 0
x →+∞

Đáp án (trang 06)

Điểm

Bảng biến thiên
t

1

+∞

4

f’(t)

+

0

-

1
8

f(t)

0,25
0
Từ BBT, ta có max f ( x ) = f ( 4 ) =
Vậy max P = f ( 4 ) =

0
1
8

a = b = c = 1
1
⇔
⇔ a = b = c = 1 ⇒ x = 3; y = 2; z = 1
8
a + b + c + 1 = 4

------Hết------