Đề thi thử quốc gia 2016 môn toán trường chuyên thoại ngọc hầu lần 3

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
THOẠI NGỌC HẦU

Môn thi: TOÁN ( Thi thử lần III )
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ CHÍNH THỨC (gồm 01 trang)

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

.

trên đoạn

.

Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 3log2 x + 32−log2 x =
10 .

(z

b) Giải phương trình
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

2

+ 2z ) + 5( z2 + 2z ) + 6 =
0 trên tập hợp các số phức.

2

π /2

∫ sin

2

x sin 2xdx .

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

0 . Chứng minh mặt phẳng ( P )
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 6 x − 4 y − 2 z − 11 =
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 A n = Cn + Cn + 4n + 6 .
x

  600 , hình chiếu
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC

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:...............................................


KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
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
+Tập xác định: D = 

Điểm

+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]

0,25

2
(1,0đ)

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 .

=
Đặt t 3log2 x , t > 0 . Phương trình trở thành t +

3
(1,0đ)

9
= 10 ⇔ t = 1 ∨ t = 9
t

0,25

t =3log2 x =1 ⇔ log 2 x =0 ⇔ x =1 , t = 3log2 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 + 2z =
−2
+ 5( z2 + 2z ) + 6 = 0 ⇔  2
−3
 z + 2z =
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

0,25

0

0

Đặt t= s inx ⇒ dt= cosxdx , x =

π
⇒ t = 1, x = 0 ⇒ t = 0
2

0,25

4
1
1
(1,0đ)
t4
3
I 2=
=
∫0 t dt 2
0
I=

0,25

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 ) .
5
(1,0đ) Tâm của ( C ) là hình chiếu vuông góc H của I trên ( P ) . Đường thẳng ∆ qua I và vuông
x − 3 y − 2 z −1
góc với ( P ) có phương trình là = =
. Do H ∈ ∆ nên H ( 3 + 6t ; 2 + 3t ;1 − 2t )
6
3
−2
3
 3 5 13 
Ta có H ∈ ( P ) , suy ra 6 ( 3 + 6t ) + 3 ( 2 + 3t ) − 2 (1 − 2t ) − 1 =
0⇔t =
− . Do đó H  ; ; 
7
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 ∈  và n≥2.
A n2= Cnn−2 + Cnn−1 + 4n + 6 ⇔ A n2= Cnn−+11 + 4n + 6 ⇔

6
(1,0đ)

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

0,25

n ∈  ∧ n ≥ 2
n ∈  ∧ n ≥ 2

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

Khi n=12 ta được:  x −


−

k

12

2 

x

. Số hạng thứ (k+1) của khai triển là:

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

24 −3k
2

k ∈ ,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

0,25

Đáp án (trang 03)

Câu

Điểm
S

H

A

B
E

O
D

Gọi E là trọng tâm ABC , ta có:

0,25

C



SE  ABCD 



SO  AC



 OE  AC
Suy ra

  60
SAC , ABC D  SOE


0

a2 3 a2 3
1
a 3
ABC đều cạnh 2a  OE  OB 
 dt ABC D  2.

4
2
3
6
Trong SOE có SE  OE . tan 600 

7
(1,0đ)
Vậy VS .ABC D

a

2

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 3
a 21
; EC 
3
6

Trong SCE có SC .HE  EC .SE  HE 





Vậy d B, SC D 

EC .SE a 3 a
6
a 7

. .

SC
3 2 a 21
7

3
3 a 7
3a 7
d E , SC D  .

2

2 7
14





0,25


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 '

 1 13 
2
Khi đó MA ' : x  y  4  0 . Suy ra A '  ; , MA ' 
, MC  2 .
3
 3 3 

0,25

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



x  1  3.1
 CB 
S
3

  ABC   9  CB  3CM   B
 B(2;2)
yB  5  3.(1)
1
S A ' MC
CM 

3
 


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) .
Ta có S A ' MC 

0,25

0,25

Điều kiện: x  2

1

Khi đó:

 m2 x 
 m2 x 

 x 2 

9
(1,0đ)



x
x 2

2
x 2
2
x 2
2

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

0,25

Đáp án (trang 05)
Xét hàm f t  

1
t2

Điểm

 3t với t  0;1 , ta có:
f ' t   

Bảng biến thiên:

2
 3  0 , t  0;1
t3
0,25

t
f ' t 

0

f t 



1


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 thức:
Câu
=
P

1
2 x 2 + y 2 + z 2 − 2(2 x + y − 3)

−

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

Ta có a 2 + b 2 + c 2 + 1 ≥

−

1
(a + 1)(b + 1)(c+ 1)
0,25

(a + b) (c + 1)
1
+
≥ (a + b + c + 1) 2
2
2
4
2

2

Dấu “=” xảy ra khi a= b= c= 1
Mặt khác (a + 1)(b + 1)(c+ 1) ≤
Khi đó P ≤
10
(1,0đ)

(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
f (t ) =−
, t > 1; f '(t ) =
− 2+
= 2
t (t + 2)3
t

(t + 2) 4
t (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)

0
1
8

a= b= c= 1
1
Vậy max P = f ( 4 ) = ⇔ 
⇔ a =b =c =1 ⇒ x =3; y =2; z =1
4
8
a + b + c + 1 =

------Hết------