Đề thi thử Quốc gia 2016 môn Toán trường Đoàn Thượng - Hải Dương lần 1 - TOANMATH.com Toan lan 1

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2  2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường
thẳng  có phương trình: x  2016  0 .
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1.
b) Giải bất phương trình:  9 x 1  1  3x  1  10.9 x  10.3x
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Cho số phức z thoả mãn điều kiện

2i
1  3i
z
. Tính môđun của z.
1 i
2i
7


1 
a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn  2 3 x  4  , x  0 .

x


Câu 4 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y 

x 1
và các
x2

trục tọa độ.
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình
x  2 y  2 z  3  0 và điểm M 1; 3;1 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là M và
tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hiǹ h chóp S.ABCD có đáy ABCD là hiǹ h thang với đáy lớn là AD
và AD  2BC , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tam giác ACD vuông tại C và
SA  AC  a 3, CD  a . Tính thể tích của khố i chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳ ng SB và CD.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm
I  3; 1 , điểm M trên cạnh CD sao cho MC  2MD . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông
ABCD biết đường thẳng AM có phương trình 2 x  y  4  0 và đỉnh A có tung độ dương.
3
2

 x  y  1 x  1  x  y  x  3 y  2
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2

 x  2  y  4  x  2x  4  y  2

Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3 . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức S 

x2
y 8
3



y2
z 8
3



z2
x 8
3

 x2  y 2  z 2  1

-----------------Hết----------------Họ và tên thí sinh:………………………………………………SBD:…………………
Trường THPT Đoàn Thượng thi thử THPT Quốc gia lần 2 vào 16 và 17 tháng 4


SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

Câu

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN THI: TOÁN
(Đáp án gồm 6 trang)

Nội dung
Cho hàm số y  x  3x  2 (C). Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
*) TXĐ: D  .
*) Sự biến thiên:
- Giới hạn: lim y  ; lim y  
3

2

x 

x 

Điểm
1,00

0,25

x  0
x  2

- Ta có y '  3x 2  6 x, y '  0  

- Ta có y '  0 x  (;0)  (2; ), y '  0 x  (0;2) suy ra hàm số đồng biến trên
các khoảng (;0) & (2; ) , nghịch biến trên khoảng (0; 2) .

- Hàm số đạt cực đại tại x  0, f (0)  2 ; đạt cực tiểu tại x  2, f (2)  2
-Bảng biến thiên
x
0
2
-∞
+∞
y’

1a

+

0
2

-

0,25

+

0

0,25

+∞

y
-2

-∞
*) Đồ thị
fx = x3 -3x2 +2

y
4

2

0,25
1

-1

2

O

5

x

-2

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường
thẳng  có phương trình: x  2016  0
Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng    x  2016  0 nên tt có hsg k  0
1b

2a

x  0
x  2

1,00
0,25

Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x 2  6 x  0  

0,25

x  0  y  0 . Khi đó tiếp tuyến có PT là : y  2

0,25

x  2  y  2 . Khi đó tiếp tuyến có PT là : y  2

0,25

Giải phương trình:

3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1.

0,50


3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1  2 3 sin x cos x  1  cos 2 x  4sin x  0
 2 3 sin x cos x  2sin 2 x  4sin x  0  2sin x

2b.





0,25

3 cos x  sin x  2  0

sin x  0
 x  k
sin x  0



,k  .
  



sin
x


1
x


k

2

3
cos
x

sin
x

2


 
3
6

x 1
x
b) Giải bất phương trình:  9  1  3  1  10.9 x  10.3x

0,25
0,50

Nên BPT  9.3  10.3  1  0

Vì 3  1  0, x 

2x

x

x

0,25

1
 3x  1  2  x  0
9

0,25

a) Tính môđun của số phức z thoả
(1  3i)(1  i)

z

Ta có

(2  i)

2



2  4i (2  4i)(3  4i)

3  4i
25

2+i

-1+ 3i
z=
1- i
2+i

0,50
0,25

22 4
2 5
 i z 
25 25
5

z

0,25
7

3


1 
b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn  2 3 x  4  , x  0 .
x

7

7

1
1
7k k
7
7


 3
1   13  14 
k
k 7k
3 7 k
4 k
3 4

2
x

x

C
(2
x
)
.(
x
)

C
.2

.
x
2
x

  7

7

 
4
x 
k 0

 k 0

Ta có :

7k k
  0  k  4  số hạng không chứa x là : C74 .274  280
3
4

Tính DTHP giới hạn bởi đồ thị hàm số y 
0

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (-1; 0). Do đó S  

1

x 1
1 x  2dx =
0

4

Ta có S 

  x  3ln x  2 |

0

5

0,25

0,25

x 1
và các trục tọa độ
x2

1,00

x 1
dx
x2

0,25

3

 (1  x  2 )dx

0,25

1

0

 1  3ln

0,50

0,25

1

2
3
 3ln  1
3
2

0,25

Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là M và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa
độ tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P).
Bán kính của mặt cầu (S): r  d  M ,  P   

1 6  2  3
 2.
3

1,00
0,25


Phương trình của mặt cầu (S):  x  1   y  3   z  1  4 .
Gọi N là tiếp điểm. Do MN vuông góc với mp(P) nên phương trình của MN là:
2

2

2

0,25

 x  1 t

 y  3  2t . Tọa độ của N ứng với giá trị của t là nghiệm của phương trình:
 z  1  2t


0,25

2
1 5 1
 9t  6  0  t   . Suy ra N  ;  ;   .
3

3 3 3

0,25

Tin
́ h thể tích của khố i chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳ ng SB, CD

1,00

1  t   2  3  2t   2 1  2t   3  0 .

Tam giác ACD vuông tại C suy ra
AD 2  AC 2  CD 2  4a 2  AD  2a, BC  a
1
1
1


Kẻ CE  AD 
2
2
CE
AC
CD 2
a 3
 CE 
2

S

0,25

K
D

I

A
H
B

C

2
Do đó SABCD = (AD  BC).CE  3 3a .

2

6

4

0,25

1
1 3 3a2
3
Vâ ̣y VSABCD = .SABCD .SA  .
.a 3  a3 .
3

3
4
4

Gọi I là trung điểm của AD thi BCDI là hình bình hành  CD // BI  CD // (SBI)
 d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(D, (SBI)) = d(A; (SBI))
(Do I là trung điể m AD)
Go ̣i H = AC  BI. CD / / BI , AC  CD  AC  BI  BI  (SAC) . Kẻ AK  SH
ta ̣i K. Kết hợp với AK  BI  AK  (SBI)  d(A, (SBI)) = AK.
1
a 3
I là trung điểm của AD suy ra H là trung điểm của AC  AH  AC 
2
2
Tam giác SAH vuông tại A  1  1  1  1  4  5  AK = a 15 .
2
2
2
2
2
2
AK

 d(CD; SB) = AK =
7

SA

AH

3a

3a

3a

5

0,25

0,25

a 15
.
5

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I  3; 1 , điểm M
trên cạnh CD sao cho MC  2MD . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết
đường thẳng AM có phương trình 2 x  y  4  0 và đỉnh A có tung độ dương.

1,00


Gọi H là hình chiếu của I trên AM

 IH  d ( I ; AM ) 

3
5

Giả sử AM  BD  N và P là trung điểm của
MC  IP / / AM  NM / / IP . Từ M là trung
điểm của DP suy ra N là trung điểm của DI.

Gọi cạnh của hình vuông là a thì AI 

0,25

a 2
1
a 2
, IN  ID 
2
2
4

0,25

1
1
1
5 2
8





a3 2
Từ

IH 2 IA2 IN 2
9 a2 a2
A thuộc AM nên A(t; 2t  4)  IA  (t  3) 2  (2 t  3) 2  3  5t 2  18t  9  0

t  3  A(3;2)
. Do A có tung độ dương nên A(3;2)
 3
t   A  3 ;  14 
 5
5 5 

0,25

Suy ra C (3; 4) . Đường thẳng BD đi qua điểm I và có vtpt AI  (0; 3) có pt
3

N  AM  BD  N  ; 1 . N là trung điểm của DI
y 1  0 .
2

 D  0; 1  B(6; 1)

8

3
2

(1)
 x  y  1 x  1  x  y  x  3 y  2
Giải hệ PT 

2
(2)

 x  2  y  4  x  2x  4  y  2
ĐKXĐ x  2, y  4 . (1)  y 2  ( x 2  x  3) y  x3  x 2  2 x  2  0
Giải pt bậc 2 ta được y  x  1 hoặc y  x 2  2



x2



2

1,00
0,25

x  2  x  5  x2  2x  4  x 1

Với y  x  1 thay vào PT (2) ta được
 x2 

0,25

 3  x  1  ( x  1) 2  3

Xét hàm số f (t )  t  t 2  3 có f '(t )  1 

t

t 3
2

 0, t 

 f (t ) đồng biến trên

x  1
x 1  0

. Vậy f x  2  f  x  1  x  2  x  1  

3  13
2
 x  2  ( x  1)
x 

2
3  13
5  13
x
y
2
2
2
Với y  x  2 thay vào PT (2) ta được





x  2  x2  6  x2  2 x  4  x2 


0,25



 

x  2 1 

x 1
2x  2

 ( x  1)( x  1)
2
x  2 1
x  6  x2  2x  4



x2  6  x2  2x  4  x2 1

0,25

0,25


 x 1  0

 x  1  y  3



1
2


 x  1  x  7  y  81
 x  2  1
4
16

x2  6  x2  2 x  4
 3  13 5  13 
 7 81 
Vậy hệ có 3 nghiệm là 
;
 ,  1;3 ,  ; 
2 
 4 16 
 2

x2

Tìm min của biểu thức S 

y3  8

y2



z3  8



z2
x3  8

 x2  y 2  z 2  1

1,00

Ta có ( x  y  z)2  3( xy  yz  zx)  9  x  y  z  3
1
2

Mặt khác ( x  y  z  1)2  4( x 2  y 2  z 2  1)  x 2  y 2  z 2  1  ( x  y  z  1)  2
Đẳng thức xảy ra x  y  z  1

(y 2)  (y2  2 y 4) y 2  y  6
0  y  8  (y 2)(y  2 y 4) 

2
2
2
2
x
2x


 2
. Tương tự cộng lại ta được
3
y

y

6
y 8
3

9

2



x
y
z
 2 2
 2
 2

y3  8
z3  8
x3  8
 y  y6 z z6 x x6
Đẳng thức xảy ra x  y  z  1

x2
y2
z2
( x  y  z )2
Ta lại có 2



y  y  6 z 2  z  6 x2  x  6 y 2  y  6  z 2  z  6  x2  x  6
( x  y  z )2

( x  y  z )2  ( x  y  z )  12
t2
Đặt t  x  y  z, t  3 và xét hàm số f (t )  2
,t  3
t  t  12
t 2  24t
Ta có f '(t )  2
, f '(t )  0  t  0, t  24
(t  t  12)2
3
24
t

+
0

f  t 
x

2



y

2



z

2

2

f t 

1
2
 min f (t ) 
3; 

0,25

2

48
47

1
 S  3, S  3  x  y  z  1. Vậy minS  3
2

0,25

2

1

0,25

0,25