De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM
*

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian giao đề

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = 2 x3 − 3 x 2 + 2
x+2
Câu 2 (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) hàm số y =
, biết rằng tiếp tuyến hợp với
x −1
đường thẳng d : y = 2 x + 3 một góc 450 .
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Gọi z là số phức thỏa mãn điều kiện 6 z − i = 2 + 3iz . Tính z

b) Giải phương trình : log 3 ( x 2 − 2 x − 3) − log 3 (9 x − 6) = log 1 ( x + 2)
3
3

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I =

∫ x+

x

dx
x 2 + 16
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có A(1; 2; −3) , B(−2; −2;9) , C (9; − 4; 21) . Tìm

0

tọa độ điểm D đối xứng với B qua tia phân giác của góc BAC . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa tia
phân giác góc BAC và vuông góc với mặt phẳng (ABC).
Câu 6 (1,0 điểm)
25
π 
a) Biết số thực α ∈  ; π  và sin 2α = −
. Tính giá trị biểu thức
144
2 
A = sin 2 α − 6sin α + 9 + cos 2 α + 6 cos α + 9
b) Cho biết khai triển (1 − x) n + x 2 (1 + x) n − 2 = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n (n ∈ N , n ≥ 2) .
Xác định hệ số a5 , biết a0 + a1 + a2 + ... + an = 256

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD = 1200 . SA ⊥ (ABCD) và
SC hợp mặt phẳng (ABCD) góc 600 . Tính theo a thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD và khoảng cách
giữa AB và SD.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có A(1; 3), đường thẳng qua trung điểm
của BC và CD có phương trình d: 4 x − 2 y − 13 = 0 , điểm M( – 11; – 1) nằm trên đường thẳng đi qua B và
vuông góc với AD. Viết phương trình đường tròn nội tiếp hình thoi đó, biết rằng điểm B có hoành độ âm.
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
3
3
2
8 x − 6 xy (2 x − y ) + 6 x = 2 y − 6 y + 18 y − 14
 2
3
 y − 6 y + 5 + 3 ( y + 1)( x + 8) = 0
Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 + 4 ≤ 7 y + 2 z . Tìm giá trị nhỏ nhất

của
4 x3 + 4 x 2 + 9 y 3 + 2 y 2 + 18 4 z 3 + 4 z 2 + 9
P=
+
+
x +1
2y + 4
2z + 2

------------------------ Hết-----------------------Họ và tên thí sinh:………………………………………….. Số báo danh:……………….......................…..


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM

Câ
Đáp án
u
Câ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = 2 x3 − 3 x 2 + 2
u1
(1,0
đ)
+ Tập xác định: D = R
+ Giới hạn: lim y = −∞ , lim y = +∞
x →−∞

Điể
m

x →+∞

x = 0 ⇒ y = 2
+ Sự biến thiên: y ' = 6 x 2 − 6 x , y ' = 0 ⇔ 
x = 1⇒ y = 1
----------------------------------------------------------------------------------------------------------+ BBT
0
1
+∞
−∞
x
+
0
–
0
+
y
’
2
+∞
y

−∞

0,25

0,25

0,25

1

----------------------------------------------------------------------------------------------------------Hàm đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (1; +∞) ; nghịch biến trên khoảng (0;1)
Điểm cực đại đồ thị (0; 2), điểm cực tiểu đồ thị (1; 1)
---------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Đồ thị
4

0,25
2

-10

-5

5

-2

-4

10


Câ
x+2
u 2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) hàm số y = x − 1 , biết rằng tiếp tuyến hợp với
(1,0 đường thẳng d : y = 2 x + 3 một góc 450 .

đ)
x +2
−3
+ Ta có y ' =
và ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) ⇔ y0 = 0
( x0 ≠ 1)
2
( x − 1)
x0 − 1
−3
+ Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm ( x0 , y0 ) ∈ (C ) là y =
( x − x0 ) + y0
( x0 − 1) 2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------ur
−3
+ Đặt k =
< 0. Thì tiếp tuyến có VTPT n1 = (k ; −1) và đường thẳng d có VTPT
2
( x0 − 1)
uur
n2 = (2; −1) . Tiếp tuyến hợp d góc 450 nên ta có
ur uuur
2k + 1
2
=
cos 450 = cos(n1 ; n2 ) ⇔
2
k 2 + 1. 5
k −k
Chú ý: Học sinh dùng công thức tan α = 2 1 cũng cho điểm tương ứng

1 + k1k2
---------------------------------------------------------------------------------------------------- k = −3
 x0 = 2 ⇒ y0 = 4
−3
2
. Ta có
= −3 ⇔ 
⇔ 3k + 8k − 3 = 0 ⇔ 
1
2
 k = (loai )
( x0 − 1)
 x0 = 0 ⇒ y0 = −2
3

------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Phương trình tiếp tuyến tại điểm (2; 4) là y = −3( x − 2) + 4
+Phương trình tiếp tuyến tại điểm (0; −2) là y = −3 x − 2

0,25

------

0,25

------

0,25
-----0,25

Câ

u3
(1,0
đ)

a) Gọi z là số phức thỏa mãn điều kiện 6 z − i = 2 + 3iz . Tính z

Gọi z = x + iy (x, y ∈ R)
6 z − i = 2 + 3iz ⇔ 6 x + (6 y − 1)i = (2 − 3 y ) + 3 xi
⇔ (6 x) 2 + (6 y − 1) 2 = (2 − 3 y ) 2 + (3x) 2
----------------------------------------------------------------------------------------------------1
⇔ x2 + y 2 =
9
1
Suy ra z = x 2 + y 2 =
3
b) Giải phương trình : log 3 ( x 2 − 2 x − 3) − log 3 (9 x − 6) = log 1 ( x + 2) (1)
3

 x < −1 ∨ x > 3
 x2 − 2 x − 3 > 0

2


ĐK 9 x − 6 > 0
⇔ x >
⇔ x>3
3
x + 2 > 0



 x > −2

0,25
-----

0,25


(1) ⇔ log 3 ( x 2 − 2 x − 3) + log 3 ( x + 2) = log 3 (9 x − 6)

Câ
u4
(1,0
đ)

⇔ log 3 ( x 2 − 2 x − 3)( x + 2) = log 3 (9 x − 6)
------------------------------------------------------------------------------------------------⇔ ( x 2 − 2 x − 3)( x + 2) = 9 x − 6
x = 0
⇔ x 3 − 16 x = 0 ⇔ 
 x = ±4
So điều kiện chọn nghiệm x = 4
3
x
Tính tích phân I = ∫
dx
x 2 + 16
0 x+
3
3


x( x 2 + 16 − x)
1
2
I= ∫
dx =  ∫ x x + 16 .dx − ∫ x 2 dx 
16
16  0
0
0

----------------------------------------------------------------------------------------------------

0,25
------

0,25

3

3

∫ x dx =

----

3 3

x
=9

3 0
0
-----------------------------------------------------------------------------------------------------

Ta có

0,25

2

3

Tính J =

∫x

x 2 + 16 .dx . Đặt t = x 2 + 16 ⇒ t 2 = x 2 + 16 ⇒ tdt = xdx

0,25
-----

0

Với x = 0 thì t = 4 ; với x = 3 thì t = 5.
5

5

t3
61

J = ∫t d =
=
34 3
4
---------------------------------------------------------------------------------------------------1  61  17
Suy ra I =
 − 9 =
16  3
 24
2

Câ Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có A(1; 2; −3) , B(−2; −2;9) , C (9; −4; 21) . Tìm tọa
u5
độ điểm D đối xứng với B qua tia phân giác của góc BAC . Viết phương trình mặt phẳng (P)
(1,0
chứa tia phân giác góc BAC và vuông góc với mặt phẳng (ABC).
đ)

+ D là điểm đối xứng với B qua tia phân giác của góc BAC khi đó D thuộc tia AC
uuur
uuur
AD AB 13 1
Ta có
=
=
= ⇒ AC = 2 AD
AC AC 26 2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------9 − 1 = 2( xD − 1)
 xD = 5
uuur

uuur


+ AC = 2 AD ⇔  −4 − 2 = 2( yD − 2) ⇔  yD = −1 . Vậy D (5; −1;9)
31 + 3 = 2( z + 3)
z = 9

D
 D
------------------------------------------------------------------------------------------------BD vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (ABC) đồng thời (P) ⊥ (ABC) suy ra
uuur
BD ⊥ (P). Do đó BD = (7;1; 0) là VTPT của (P).
----------------------------------------------------------------------------------------------------

0,25

0,25

0,25

----0,25

----0,25
------


Câ
u6
(1,0
đ)

uuur
(P) qua điểm A(1; 2; −3) và nhận BD = (7;1;0) làm VTPT nên có phương trình
7( x − 1) + 1( y − 2) = 0 ⇔ 7 x + y − 9 = 0
25
π 
a) Biết số thực α ∈  ; π  và sin 2α = −
. Tính giá trị biểu thức
144
2 
A=

0,25

sin 2 α − 6sin α + 9 + cos 2 α + 6 cos α + 9

(3 − sin α ) 2 + (3 + cos α )2 = 3 − sin α + 3 + cos α = 6 + (cos α − sin α )
25 169
(1)
(cos α − sin α ) 2 = 1 − sin 2α = 1 +
=
144 144
-----------------------------------------------------------------------------------------------------π 
Do α ∈  ; π  ⇒ sin α > 0, cos α < 0 ⇒ cos α − sin α < 0 .
2 
13
13 59
Do đó (1) suy ra cos α − sin α = −
. Vậy A = 6 − =
12

12 12
n
2
n−2
b) Cho biết khai triển (1 − x) + x (1 + x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n (n ∈ N , n ≥ 2) .

A=

0,25
-----

0,25

Xác định hệ số a5 , biết a0 + a1 + a2 + ... + an = 256

Đặt f ( x) = (1 − x) n + x 2 (1 + x)n − 2 . Khi đó a0 + a1 + a2 + ... + an = f (1) = 2n− 2
Theo đề bài : 2n − 2 = 256 ⇔ n = 10
--------------------------------------------------------------------------------------------------------Khi đó hệ số a5 của x5 trong khai triển (1 − x)10 + x 2 (1 + x)8 là C105 (−1)5 + C83 = −196

Câ Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD = 1200 . SA ⊥ (ABCD) và SC
u7
hợp mặt phẳng (ABCD) góc 600 . Tính theo a thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD và
(1,0
khoảng cách giữa AB và SD.
đ)

S

I

L
H
D

A

K

B

C

+ SA ⊥ (ABCD) suy ra AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) ⇒ SCA = 600
+ BAC = 600 và AB = BC ⇒ ∆ ABC đều ⇒ AB = AC = AD = a.

0,25
----0,25


Suy ra A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
Mặt phẳng trung trực cạnh SC cắt SA tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BCD, bán
kính mặt cầu là đoạn IS.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------SI SL
Gọi L trung điểm SC. Ta có ∆ SLI và ∆ SAC đồng dạng ⇒
=
SC SA
2a
Vì SA = a 3 và SC = 2a suy ra SI =
.
3

4  2a  32π a 3
Thể tích khối cầu V = π 
=
3  3 
9 3
------------------------------------------------------------------------------------------------------AB//CD ⇒ AB//(SCD) ⇒ d(AB;CD) = d(AB; (SCD)) = d(A;(SCD))
K trung điểm CD thì AK ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (SAK) ⇒ (SCD) ⊥ (SAK)
Dựng AH ⊥ SK (H ∈ SK) thì AH ⊥ (SCD).
-----------------------------------------------------------------------------------------------------a 15
a 15
1
1
1
Ta có
. Vậy d(AB;SD) =
=
+
⇒ AH =
2
2
2
AH
AS
AK
5
5
Trong
m
ặ

t
ph
ẳ
ng
t
ọ
a
độ
Oxy,
cho
hình
thoi
ABCD
có
A(1;
3),
đườ
ng thẳng qua trung điểm
Câ
u 8 của BC và CD có phương trình d: 4 x − 2 y − 13 = 0 , điểm M( – 11; – 1) nằm trên đường thẳng
(1,0 đi qua B và vuông góc với AD. Viết phương trình đường tròn nội tiếp hình thoi đó, biết rằng
đ)
điểm B có hoành độ âm.
AC qua A vuông góc với d nên phương trình AC: 2 x + 4 y − 14 = 0 hay x + 2 y − 7 = 0
x + 2 y − 7 = 0
 3
H = AC ∩ d. Tọa độ điểm H là nghiệm hệ 
. Giải được H  4; 
 2
4 x − 2 y − 13 = 0

0,25
-----

0,25

3

2

uur 2 uuur
 xI − 1 = 3 (4 − 1)
x = 3
. I(3; 2)
I = AC ∩ BD khi đó AI = AH ⇔ 
⇔ I
2
3
y
=
2
3

I
 y − 3 = ( − 3)
 I
3 2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------BD qua I(3;2) song song với d nên
BD:
2x − y − 4 = 0

M(-11;-1)
A(1,3)
Do đó B(b; 2b – 4) (b < 0) và D đối xứng với
B qua I nên D(6 – b; 8 – 2b)
uuuur
uuur
,
BM
=
(11
−
b
;3
−
2
b
)
AD = (5 − b;5 − 2b)
B
I
D
uuuur uuur
2
BM . AD = 0 ⇔ 5b − 10b − 40 = 0
d
 b = −2
H
⇔
b = 4
C

Vì b < 0 nên chọn b = – 2 ⇒ B (−2; −8)
---------------------------------------------------------------------------------------------------Phương trình AB:11x − 3 y − 2 = 0
25
Bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi là R = d(I; AB) =
.
130
---------------------------------------------------------------------------------------------------

-----0,25

---0,25

0,25

------

0,25
------

0,25


Phương trình đường tròn nội tiếp hình thoi: ( x − 3) 2 + ( y − 2) 2 =
Câ Giải hệ phương trình
u9
(1,0
đ)

625
130

-----

0,25

8 x3 − 6 xy (2 x − y ) + 6 x = 2 y 3 − 6 y 2 + 18 y − 14 (1)
 2
3
 y − 6 y + 5 + 3 ( y + 1)( x + 8) = 0 (2)

(1) ⇔ (8 x3 − 12 x 2 y + 6 xy 2 − y 3 ) + 3(2 x − y ) = ( y 3 − 6 y 2 + 12 y − 8) + 3( y − 2)
⇔ (2 x − y )3 + 3(2 x − y ) = ( y − 2)3 + 3( y − 2) (*)
---------------------------------------------------------------------------------------------------Xét hàm f (t ) = t 3 + 3t , t ∈ R thì f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t . Suy ra f (t ) đồng biến trên R
(*) ⇔ f (2 x − y ) = f ( y − 2) ⇔ 2 x − y = y − 2 ⇔ x = y − 1
----------------------------------------------------------------------------------------------------

0,25
----0,25
------

Thế x = y − 1 vào (2) ta có y 2 − 6 y + 5 + 3 ( y + 1) ( y − 1)3 + 8 = 0

⇔ y 2 − 6 y + 5 + 3 ( y + 1) 2 ( y 2 − 4 y + 7) = 0
⇔ ( y 2 − 4 y + 7) − 2( y + 1) + 3 ( y + 1)2 ( y 2 − 4 y + 7) = 0

0,25

2



y +1
y +1 
⇔ 1 − 2. 2
+3 2
 =0
y − 4y + 7
 y − 4y + 7 

y +1
, ta có −2t 3 + t 2 + 1 = 0 ⇔ t = 1
y − 4y + 7
-----------------------------------------------------------------------------------------------------y = 2 ⇒ x =1
y +1
1= 3 2
⇔ y +1 = y2 − 4 y + 7 = 0 ⇔ 
y − 4y + 7
y = 3⇒ x = 2
Vậy hệ có hai nghiệm (x;y) là (1; 2) và (2; 3)

Đặt t =

3

2

Câ Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 + 4 ≤ 7 y + 2 z . Tìm giá trị nhỏ nhất của
u
4 x3 + 4 x 2 + 9 y 3 + 2 y 2 + 18 4 z 3 + 4 z 2 + 9
10
P=

+
+
x
+
1
2
y
+
4
2z + 2
(1,0
đ)
 1
1
1 
y2
2
P = 9
+
+
+
4
x
+
+ 2z 2

x
+
1
y

+
2
2
z
+
2
2



7 y + 2 z ≥ x 2 + y 2 + z 2 + 4 = ( x 2 + 4) + ( y 2 + 16) + ( z 2 + 4) − 20 ≥ 4 x + 8 y + 4 z − 20
Suy ra 0 < 4 x + y + 2 z ≤ 20
-------------------------------------------------------------------------------------------------1 1
4
1 1
Với a > 0, b > 0 ta có (a + b)  +  ≥ 4 hay + ≥
(*)
a b a+b
a b
1
1
1
4
4
16
Áp dụng (*) ta có
+(
+
)≥
+

≥
x + 1 y + 2 2z + 2 4x + 4 y + 2z + 4 4x + y + 2z + 8
y
y2
2
2
2
Bunhicôpxki : (4 x + y + 2 z ) = (2.2 x + 2.
+ 2. 2 z ) ≤ (4 + 2 + 2)(4 x +
+ 2z2 )
2
2

------

0,25

0,25

------

0,25


y2
1
+ 2 z 2 ≥ (4 x + y + 2 z ) 2
2
8
---------------------------------------------------------------------------------------------------144

1
Do đó P ≥
+ (4 x + y + 2 z ) 2 .
4x + y + 2z + 8 8

Suy ra 4 x 2 +

144 t 2
Đặt t = 4 x + y + 2 z , thì 0 < t ≤ 20 . Suy ra P ≥
+ .
t +8 8
-------------------------------------------------------------------------------------------------------144 t 2
Xét hàm f (t ) =
+
, 0 < t ≤ 20
t +8 8
t t (t + 8) 2 − 144.4 (t − 4)(t 2 + 20t + 144)
144
=
Ta có f '(t ) = −
+
=
(t + 8) 2 4
4(t + 8) 2
4(t + 8)2
f '(t ) = 0 ⇔ t = 4 . Từ BBT suy ra min f (t ) = f (4) = 14

------

0,25

-----

t∈(0;20]

x = z
1


x = z =
Suy ra MinP = 14 khi  y = 2 z
⇔
2
4 x + y + 2 z = 4
 y = 1


0,25

Chú ý: Những cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Tùy theo thang điểm của đáp án
mà giám khảo cho điểm tương ứng.