Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán tháng 4 năm 2016 TTLT Diệu Hiền ttlt dieu hien t4

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN
27 Đường Số 01 – KDC Metro
ĐT: 0964.222.333

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TUẦN 2 THÁNG 4 - 2016

Môn : TOÁN BY1-BY7-A1-A3(ĐB)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
------------------------

Câu 1: (1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số y 

2x
.
x 1

Câu 2: (1,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị là (C ) . Tìm m để tiếp tuyến với (C ) tại điểm
có hoành độ bằng 1 song song với đường thẳng d : y   m2  5 x  3m  1 .
Câu 3: (1,0 điểm)
a. Giải phương trình: sin x  1  2 cos x  sin 2 x .
b. Giải bất phương trình: log 2  x  1  log 1  x  2   2.
2

y  x  1.

Co
hi.
eT
xD
Bo

Câu 4: (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y   x  1 ln x và đường thẳng

Câu 5: (1,0 điểm)
a. Tìm số hạng chứa x3 trong khai triển nhị thức (2 x  1) n với n là số nguyên dương thỏa mãn
Cn0  Cn1  Cn2  56 .
b. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: 3 1  z   1  4 z  i  i 3 z . Tìm môđun của số phức
1
w z  .
3

Câu 6: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

x 1 y z  1
 
và
2
1
1

điểm A 1; 4;1 . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng d và viết phương trình
mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng d .
Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB  a; AD  2a, tam
giác SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SD. Tính
thể tích khối chóp S . ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC.

m

Câu 8: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường
phân giác trong góc A là d : x  y  3  0. Hình chiếu vuông góc của tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC lên đường thẳng AC là điểm E 1; 4  . Đường thẳng BC có hệ số góc âm và tạo với đương thẳng

2

AC góc 450 . Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn  C  :  x  2   y 2  5. Viết phương trình các

cạnh của tam giác ABC .
 y  x2  2 x  2  x  y 2  6

Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2
2
 y  1  x  2 x  7    x  1  y  1

 x, y  R  .

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

x
y
z
.


2 y  z
z x x y

---------------------------------Hết------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích đề thi !


SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ

TTLTĐH DIỆU HIỀN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN THÁNG 4 TUẦN 2
(Đáp án – thang điểm gồm 07 trang)

Câu
1

GỢI Ý ĐÁP ÁN
Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số y 

Điểm

2x
.
x 1

1.0

Tập xác định: D   \ 1
Sự biến thiên:
Ta có, y ' 

2
 0, x  D . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1);(1; )
( x  1) 2

Giới hạn: lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang: y  2

x 

Co
hi.
eT
xD
Bo

x 

0.25

lim y  , lim y   ; tiệm cận đứng: x  1
x 1

x 1

Bảng biến thiên:

x

y’
y

1









2



Đồ thị:

0.25



2

y

2

x

m

1

O

0,25

Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị là (C ) . Tìm m để tiếp tuyến với (C ) tại điểm có
2

hoành độ bằng 1 song song với đường thẳng d : y   m2  5 x  3m  1 .

1,0

Phương trình tiếp tuyến với (C ) tại điểm có hoành độ bằng 1 là d ' : y  9 x  7 .

0,25

m2  5  9

Yêu cầu đề bài  

0,25

m2  4
 m  2


m  2
m  2

0,25

 m  2.

0,25

3m  1  7


3

1,0
a. Giải phương trình: sin x  1  2 cos x  sin 2 x

0,5

Phương trình đã cho tương đương với: (sin x  1)(2 cos x  1)  0 .

0,25



sin x  1  x    k 2
2


( k  )
1
 cos x 
 x     k 2

2

3

0,25

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

x


2

 k 2 ; x  


3

 k 2 , k  Z .

b. Giải bất phương trình: log 2  x  1  log 1  x  2   2.

0.5

2

Co
hi.
eT
xD
Bo

 Điều kiện: x  2 .

Bất phương trình đã cho tương đương: log 2  x  1 x  2    2  ( x  1)( x  2)  4.

0,25

 x  2
.
 x2  x  6  0  
x  3

0,25

Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S  [3, ) .
4

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y   x  1 ln x và đường thẳng
y  x  1.

1,0

Phương trình hoành độ giao điểm:

x  1
x  e

 x  1 ln x  x  1   x  1 ln x  1  0  
e

0,25

e

Khi đó, S    x  1 ln x  1 dx 
1

  x  1 ln x  1 dx

0,25

1

m

1

du

dx
u  ln x  1
x

Đặt 

x2
 dv   x  1 dx 
v
x

2

0,25
e

e
 x2

x 
Khi đó, S  
 x   ln x  1     1 dx
 2

2 


1 1
e


1  x2
e2 5
  
 x 
 e.

2  4
4
4
1

0.25

5

1,0
3

n

a. Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức (2 x  1) với n là số nguyên dương
0,5

thỏa mãn Cn0  Cn1  Cn2  56 .
Điều kiện: n  2 .
 n  10
.
 n  11(l )

Ta có, Cn0  Cn1  Cn2  56  n 2  n  110  0  

k

k 10  k 10  k
Ta có số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk 1  C10
.2
.x
 1 .

Theo giả thiết 10  k  3  k  7 .

0,25

Co
hi.
eT
xD
Bo

Vậy số hạng chứa x 3 là C107 (2 x)3 (1)7  960 x3 .

b. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: 3 1  z   1  4 z  i  i 3 z . Tìm môđun của số phức
1
w z  .
3

0,5

Đặt z  a  bi,  a, b  R  .

Phương trình trở thành: 3 1  a  bi   1  4 a  4 bi  i  i  a  bi 

1

a

3a  3b  3  0

4  z  1  3i
.
 3  3a  3b   5a  3b  1 i  0  

4

4
3
5a  3b  1  0
b  

4
w z 

1 7 3
130
  i w 
.
3 12 4
12

6

0,25
x 1 y z  1
 
và điểm
2
1
1

m

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

0,25

A 1; 4;1 . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng d và viết

1,0

phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng d .

 Gọi H là hình chiếu của A lên d , ta có H (1  2t ; t ; 1  t ) , AH  (2t ; t  4; t  2)
 
Vì AH  d nên AH .ud  0  2.(2t )  (t  4)  (t  2)  0  t  1

Vậy H (1; 1;0)

0,25
0,25

Gọi ( S ) là mặt cầu có tâm A(1; 4;1) và tiếp xúc với d . Ta có R  AH  14
0,25
 Phương trình mặt cầu ( S ) : ( x  1) 2  ( y  4) 2  ( z  1) 2  14

0,25


Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB  a; AD  2a, tam
giác SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung
7

điểm của SD. Tính thể tích khối chóp S . ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng

1,0

AI và SC.

Gọi H là trung điểm AB , suy ra
SH  ( ABCD) và SH 

a 3
.
2

0,25

Co
hi.
eT
xD
Bo

SACD 

1
1
AD.DC  .2a.a  a 2 .
2
2

 VS . ACD

1
1

a 3 a3 3
(đvtt)
 .S ACD .SH  .a 2 .

3
3
2
6

0,25

 AM  CH
 ( AMI )  ( SCH )
 IM  SC

Gọi M là trung điểm CD , ta có: 

Mặt khác ( SCH )  ( ABCD)  ( AMI )  ( ABCD) .

0,25

Gọi K là hình chiếu của H lên giao tuyến AM  ( AMI )  ( ABCD) .
Ta có: d ( SC , AI )  d ( SC , ( AMI ))  d ( H , ( AMI ))  HK .

m

Xét tam giác AHM vuông tại H , ta có:
1
1
1

1
1
17




 2
2
2
2
2
2
HK
AH
HM
4a
 a  (2a)
 
2
 d ( SC , AI )  HK 

0,25

2a 17
.
17

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường
phân giác trong góc A là d : x  y  3  0. Hình chiếu vuông góc của tâm đường tròn

8

nội tiếp tam giác ABC lên đường thẳng AC là điểm E 1; 4  . Đường thẳng BC có hệ
0

số góc âm và tạo với đường thẳng AC góc 45 . Đường thẳng AB tiếp xúc với đường
2

tròn  C  :  x  2   y 2  5. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC .

1,0


Đường tròn (C ) có tâm
J (2;0) và bán kính R  5 .
 Gọi E ' là điểm đối xứng

với E qua d .
 EE ' : x  y  3  0 .

0,25

Gọi H  EE ' d
 H  0;3  E '  1;2  . Vì
E '  (C) nên AB tiếp xúc với

đường tròn (C ) tại E ' .
 Đường thẳng AB qua E '  1;2  và vuông góc với JE '  AB : x  2 y  3  0 .

Co

hi.
eT
xD
Bo

Ta có, A  d  AB  A(3;0) .

0,25

 Đường thẳng AC qua E và A  AC : 2 x  y  6  0 .







Gọi n  (a, b), (n  0) là véctơ pháp tuyến của BC . Ta có,
 
n
2a  b
3a  b
AC .nBC
2
2


cos 450    
 3a2  8ab  3b2  0  
2

2
nAC nBC
 a  3b
5. a2  b2

0,25

Vì BC có hệ số góc âm  3a  b , chọn a  1 , b  3 .  BC : x  3y  c  0
 Đường thẳng IE qua E 1;4  và vuông góc với AC  IE : x  2 y  7  0 .

2 5
 1 10 
 và IE 
3
 3 3

Suy ra I  IE  d  I   ;

m

 10 2  29
c 
2 5
29 10 2
3
Ta có, d  I ; BC  
 c


3

3
3

10 2  29
c 

3

10 2  29
29  10 2
 0 hoặc BC : x  3y 
 0.
Phương trình BC : x  3y 
3
3

Vì A, E ' nằm cùng phía đối với BC nên đường thẳng BC có phương trình là:

x  3y 

29  10 2
 0.
3

0,25


 y  x2  2 x  2  x  y 2  6

Giải hệ phương trình: 

 x, y  R  .
2
2
 y  1  x  2 x  7    x  1  y  1
 y  x  12  1  x y 2  6

 

Hệ phương trình tương đương với  

2


2
 x  1 y  1   y 1  x  1  6

 a 1 b 2  6  b a 2  1 (1)



Đặt a  x  1, b  y ta có hệ mới 
 b 1 a 2  6  a b 2  1

 2

a  b
Lấy (2)  (1) ta được: a  b a  b  2ab  7  0  
 a  b  7  2ab
 a  2  b  2  x  1  x  2
.

 Với a  b , thay vào (1) ta được: a 2  5a  6  0  


 a  3  b  3  y  2  y  3

9












1.0

 
 




0,25

0,25

Co
hi.
eT
xD
Bo

Suy ra hệ có 2 nghiệm 1, 2 , 2,3 .

2

 Với a  b  7  2ab . Lấy 1  2 ta được: a  b  5a  b  12  2ab .
 a  b  1  ab  4(VN ) a  2 a  3
Từ đó suy ra a  b2  6 a  b  5  0  
.


 a  b  5  ab  6


b

3
b

2



Suy ra hệ có 2 nghiệm 1,3 , 2, 2 .

0,25

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm: 1, 2 , 2,3 , 1,3 , 2, 2 .
Cho các số thực dương x, y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
10

P

0,25

1,0

x
y
z


.
2 y  z
z x x y
2

a 2 b 2 a  b
a b
 
Với các số dương a, b, m, n ta luôn có
. Dấu bằng xảy ra   .
m n
m
n

mn

0,25

Áp dụng bất đẳng thức này ta có:

2

2

1
2

Ta có f 't   

2

1  2t  1  2t

m

 y  z
 y  z
y
z
y2
z2
2







.
2
2x
z  x x  y yz  xy zx  yz 2 yz  x  y  z 
 yz
1

2
  x y  z
yz
 2 
t
2
x
Suy ra P  f t   
với t 
0.
2 1  2t
yz
1
2

. Cho f 't   0  t  .

0,25

0,25

Bảng biến thiên:
t
f ' t 

0



f t 

Kết luận: giá trị nhỏ nhất của P là

1
2
0


+
0,25

5/4
5
, đạt được khi a  b  c .
4

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.