De thi thu QG lan 2 THPT Soc Son Ha noi

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II - NĂM 2016
Môn: TOÁN

TRƯỜNG THPT SÓC SƠN

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 của hàm số y 

x  1
.
2x  3

Câu 2 ( 1,0 điểm) Tìm m để hàm số: y  1 x 3   m 2  m  2  x 2   5m 2  7  x  2m đạt cực tiểu tại x  2 .

3

Câu 3 (1,0 điểm)
a) Gọi z1; z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z 2  2 z  2  0 . Tính giá trị của biểu thức A  z1  z2
b) Giải phương trình :



52



x 1





52



 x 2 3

.

Câu 4 (1,0 điểm )
a) Giải phương trình : sin 2 x  4  8 cos x  sin x.
b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn An2  2Cn21  24 . Tìm số hạng chứa x 6 trong khai triển nhị thức Niu-



tơn của nx  3 x



n

,x  0.
4

2x 1 

Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân I    x 
dx .

2x 1 
1
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  0; 1; 2 và mặt phẳng  P  :

2 x  y  3z  2  0 . Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  P  .
Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua mặt phẳng  P  .
  1200 , cạnh bên SA vuông góc với
Câu 7 ( 1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABC có AB  a, AC  2 a, BAC
mặt phẳng đáy  ABC  , góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy  ABC  bằng 600. Gọi M , N lần lượt là

trung điểm của các cạnh SB, SC . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a và tính góc giữa hai đường thẳng
AM và BN .
Câu 8 ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có N là trung điểm của
cạnh CD và đường thẳng BN có phương trình là 13x  10 y  7  0 ; điểm M (1; 4) thuộc đoạn thẳng AC sao
cho AC  4 AM . Gọi K là điểm đối xứng với N qua C. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết rằng
3 AC  2 AB và điểm K thuộc đường thẳng  : x  y  1  0 .
 xy  2  y x 2  2
Câu 9 ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2
2
2
 y  2  x  1 x  2 x  3  2 x  4 x

 x, y   

Câu 10 ( 1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

4

x2  y2  z 2  4



4



5

 x  y   x  2 z  y  2 z   y  z   y  2 x  z  2 x 
.... Hết....

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

.


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM.
Chú ý:
+) Đáp án dưới đây có bước chỉ là hướng dẫn chấm, nên thí sinh phải làm chi tiết mới được điểm tối đa.
+) Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Câu
1

Đáp án

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y 

x  1
2x  3

 3
1)Tập xác định: D   \   
 2
2)Sự biến thiên:
5
+)Chiều biến thiên: y ' 
 0, x  D
2
 2 x  3

0,25

3  3


Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;   và   ;   .
2
2

 

+) Cực trị: hàm số không có cực trị.
Lưu ý: Thí sinh có thể không nêu kết luận về cực trị của hàm số.
1
+)Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y   ; lim  y  ; lim  y  
x 

x 
 3
2 x  3 
x   
 2

 2

1
2
3
Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng là đường thẳng x  
2
+)Bảng biến thiên:
x
3

2
Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là đường thẳng y  




0,25

0,25



1

2


1
2

 1
3)Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại A 1; 0  và cắt trục Oy tại B  0; 
 3
0,25

y

x
O

1


Câu
2

Đáp án

Điểm
0,25

Tập xác định: D  

y  x   x 2  2  m 2  m  2  x  5m 2  7

y ''  x   2 x  2  m 2  m  2 

0,25

 m  1
 m  3

Hàm số đạt cực tiểu tại x  2  y '(2)  0  m 2  4m  3  0  

0,25

 Với m  1 ta có y’’  2 x  8 ; y ''(2)  4  0  m  1 (tm)
 Với m  3 ta có y’’  2 x  28 ; y ''(2)  24  0  m  3 (tm)
Vậy giá trị m cần tìm là : m  1 hay m  3 .

Câu
3

0,25

Đáp án

Điểm

2

a)Phương trình : z  2 z  2  0 có  '  1  2  1  0
Nên phương trình có hai nghiệm phức phân biệt:
z1  1  i; z2  1  i

0,25
0,25

2

A | z1 |  | z2 | 12   1  12  12  2 2

1
 ( 5  2) 1
52

b)Ta có: ( 5  2)( 5  2)  1  5  2 

0,25

Do đó ta có:



52



x 1





5 2



2

 x 3





52



x 1





52



2

x 3

 x  1

 x 1  x2  3  x2  x  2  0  
x  2

0,25

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  1; 2 .
Câu
4

Đáp án

Điểm

sin x  4 (vn)
a)Biến đổi phương trình về dạng: (sin x -4)(2 cos x  1)  0  
cos x  1

2
1

Với cos x   x    k 2 , k  Z
2
3

Kết luận: phương trình có nghiệm: x    k 2 , k   .
3
b)Ta có: An2 2Cn2124  n  n  1  n  n  1 – 24 (với đk n  2, n   ; )
 n  12



Xét khai triển nhị thức Niu-tơn của: 12x  3 x

12



0,25

0,25
0,25

, số hạng tổng quát của khai triển

là:
1
3 k

12  k 

Tk 1 C12k 1212 k x12  k (  3 x ) k  C12k 1212 k x12 k (1)k ( x ) C12k 1212 k ( 1) k x
(đk 0  k  12;k   )
k
Số hạng chứa x 6 tương ứng với 12  k   6  k  9 (tm).
3
Do đó số hạng cần tìm là: C129 123 ( 1)9 x 6  C129 .123.x 6

k
3

0,25


Câu
5

Đáp án
4

Ta có I =

4

 xdx  

Điểm

2x 1

dx
2x 1
1 4 15
Tính I1   xdx  x 2 
2 1 2
1
1
4

4

Tính I 2  

1

2x 1
2x 1

1

0,25

dx
dx
 dx  tdt
x 1

Đặt t  2 x  1  dt 

0,25

Đổi cận:
x
t
3

Suy ra I 2 

1
3

4
3

2

(t  2) t
dt
t
3



3



Vậy I =

Câu
6.

0,25

1 3
3
2
 (t  2)dt  ( 3 t  2t ) 3  (9  6)  ( 3  2 3)  3  3
3

15

21
3 3   3
2
2

0,25

Đáp án


+)Một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là n   2; 1; 3

+) Gọi  là đường thẳng cần tìm,    P    nhận n   2; 1; 3 làm một vec tơ

Điểm
0,25

chỉ phương.


+) Đường thẳng  đi qua A  0; 1; 2 và nhận vectơ n   2; 1; 3  làm vec tơ chỉ

 x  2t

phương nên phương trình tham số của đường thẳng  là:  y  1  t
 z  2  3t


0,25

t   

+) Gọi B là điểm đối xứng của A qua  P   B    B  2t; 1  t ; 2  3t 

0,25

+) Trung điểm của AB thuộc mặt phẳng  P  nên ta có
1  
3 

2t   1  t   3  2  t   2  0  t  1
2  
2 


Do đó B  2; 2; 1

0,25


Câu 7
( 1,0
điểm)

S

N
M
A

E
F

C

B
  60 0
+) Lập luận chỉ ra 
SB ,  ABC    SBA

+) SA  AB.tan 600  a 3
1
a3
VS . ABC  .SA.S ABC 
3
2
+) CM  NB  E ( E là trọng tâm tam giác SBC ).
EF CF 2
+) Xét AMC : Kẻ EF / / AM  F  AC  


AM CA 3
+) 
AM , BN  
EF , BN .



Câu 8

 

0,25
0,25

0,25



+) SB 2  4a 2 , SC 2  7 a 2 , BC 2  7 a 2
2 BS 2  2 BC 2  SC 2 15a 2
4
15a 2
+) SBC có BN 2 

 BE 2  BN 2 
4
4
9
9
+)
2
2
1
2a
2a
  19 a
EF  AM  SB 
, AF 
, BF 2  BA 2  AF 2  2 BA. AF .cos BAF

3
3
3
3
9
2
2
2
BE

EF

BF

+) cos BEF
 0  
EF , BN   900  
AM , BN   900.
2 BE.EF

0,25

Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD.

Điểm

A

B

M
I
D
+) d  M , BN  

0,25

G
C

N
|13  10.4  7 |

132  102
+) K    K  m, m  1



20
269

K


+)Gọi I là tâm của hình bình hành ABCD, G là giao điểm của BN & AC  G là

2
1
trọng tâm tam giác BCD  CG  CI  AC
3

3
1
5
4
4
+)Có AM  AC  MG  AC  CG  MG  d  C , BN   d  M , BN 
4
12
5
5
8
32
Có C là trung điểm của KN  d  K , BN   2d  C , BN   d  M , BN  
5
269


|13m  10  m  1  7 |
269

0,25

m  5
32

| 3m  17 | 32  
49
m  
269
3



+)Với m  5  K  5; 4 
Với m  

49
 49 52 
 K   ; 
3
3 
 3

Có M & K nằm khác phía với BN  K  5; 4  thỏa mãn.

3
2 AB AB CD
AC 


 CN  CK  MNK là tam giác vuông tại
4
4
2
2
M  MN  MK
Phương trình đường thẳng MK : y  4  0  MN : x  1  0
+)Có CM 

0,25

+) N  BN  MN  N 1; 2 

C là trung điểm của NK  C  3;3 , N là trung điểm của CD  D  1;1
 
 1 13 
+) CM  3MA  A  ; 
3 3 
 
 13 19 
DA  CB  B  ; 
3 3
 1 13   13 19 
+) Kết luận: A  ;  , B  ;  , C  3;3  , D  1;1
3 3   3 3 

 xy  2  y x 2  2 1

Giải hệ phương trình 
 y 2  2  x  1 x 2  2 x  3  2 x 2  4 x
+)Ta có: (1)  y
Câu 9
( 1,0 điểm)

+) Vì



Điểm

 2

 x, y   



x 2  2  x  2 (3)
0,25

x 2  2  x  x 2  x  x  x  0, x   , nên:
2

 3  y 

0,25

 x2  2  x

2

x 2 x
+) Thay vào phương trình  2  ta được:

 2  



2

x 2  2  x  2  x  1 x 2  2 x  3  2 x 2  4 x

0,25

 1  x x 2  2  2 x   x  1 x 2  2 x  3  0



  x  1 1 

 x  1

2





 2   x 1

 x

2

2



 3




+) Xét hàm số đặc trưng: f  t   t 1  t 2  2
t2

f ' t   1  t 2  2 

t2  2



t   

 0, t    hàm số f  t  đồng biến trên 

+) Khi đó  3  f  x  1  f   x   x  1   x  x  

1
 y 1
2

 1 
+) Vậy hệ có 1 nghiệm  x; y     ;1
 2 
+) Với mọi số thực dương x, y , z . Ta có:
x  y  4z
x  y  4z
  x  y   x  2 z  y  2 z    x  y 
 x  2 z  y  2 z  
2
2

2
2
x  y  4 z x  y  2 xy  4 yz  4 xz
+) Mặt khác  x  y 

 2  x2  y2  z2 
2
2
Vì 2 xy  x 2  y 2 ; 4 yz  2  y 2  z 2  ; 4 xz  2  x 2  z 2 
+) Tương tự  z  y 
Câu 10
(1,0 điểm)

+) Từ đó suy ra P 
+) Đặt

2

0,25

0,25

 y  2 x  z  2 x   2  x 2  y 2  x 2 
4
x2  y 2  z 2  4



9
2  x  y2  z2 

2

0,25

4
9
x  y  z  4  t  t  2  . Khi đó P  
2
t 2 t  4 
2

0,25

2

+) Xét hàm số f (t ) 

4
9

2
t 2 t  4

t  2 ;

f ' t   

4
9t


2
2
t  t  4 2

0,25

'

f  t   0  t  4  tm 

+) Lập bảng biến thiên của hàm số ta được Max f  t   f  4  
2;  

5
8

5
5
+) Khi x  y  z  2  P  . Vậy MaxP  khi  x; y; z    2; 2; 2 
8
8

0,25