Đề thi thử quốc gia 2016 môn toán trường trương vĩnh ký bến tre

ĐỀ THI CUỐI NĂM – ÔN THI THPT QUỐC GIA
NĂM 2016
Môn: Toán; Thời gian: 180 phút

TRƯỜNG THPT
TRƯƠNG VĨNH KÝ

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y =

2x
x −1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số y = 2 x3 + 3 ( 2m + 1) x 2 + 6m ( m + 1) x + m 2 đạt cực tiểu tại x = 1
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z= 3 − 2i . Tìm mô đun của số phức w  2 z  3 z
b) Giải phương trình 4 x −1 − 3.2 x − 2 − 1 =0
2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
1

x 2 + ln 2 x
dx
x

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( 2;1; −3) , B ( 0;3;1) và mặt
phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 1 =0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính AB. Chứng minh (S) cắt
(P) theo một đường tròn giao tuyến và tính bán kính của đường tròn giao tuyến đó.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho sin α =

3
. Tính giá trị của biểu thức
=
A
5

( sin 2α + tan α ) cos α
9

3

x )  x 2 −  thành đa thức.
b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển p (=
x

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C,
=
AB 2=
a, AA ' a và A’C tạo với mặt phẳng (ABB’A’) một góc bằng 600 . Gọi N là trung điểm của

BB’, M là trung điểm của AA’. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ điểm
M đến mặt phẳng (BC’N).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB .
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Trên tia HC lấy điểm D sao cho HA = HD , đường
thẳng qua D vuông góc với BC cắt AC, AB lần lượt tại E ( 2; −2 ) và F. Biết phương trình

CF : x + 3 y + 9 =
0 , đường thẳng BC đi qua M ( 5;12 ) và điểm C có tung độ nhỏ hơn −3 . Xác định tọa
độ các đỉnh của tam giác ABC.

(

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 2 + x

)

2 x + 3 ≤ x3 + 3 x 2 + x − 2

Câu 10 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
 6 x + y + 5 x + 2 y= 2 x − y + x (1)


 x + y 2 + 6= 2 ( x + y ) + 1 + 5 x + 1 (2)

-------------HẾT-------------

( x, y ∈  )


Câu

Câu 1

ĐÁP ÁN
Đáp án
−2
< 0, ∀x ∈ D
 Tập xác định D =  \ {1}=
; y'
2

( x − 1)
∞

x

(1,0 điểm)

1

y

0,25

+∞

y'
2

Điểm

0,25

+∞
∞

2

 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ )
 lim y = 2 ; lim+ y = +∞, lim− y = −∞
x→±∞

x→1

0,25

x→1

 Tiệm cận đứng: x = 1 ; Tiệm cận ngang: y = 2
Điểm thuộc đồ thị: ( 2; 4 ) , ( 3;3) , ( 0;0 ) , ( −1;1)
y
4
3
2

0,25
1
x
-1

1

O

2

3

 D = ; y ' = 6 x 2 + 6 ( 2m + 1) x + 6m ( m + 1)
Câu 2
(1,0 điểm)

0,25

 Nếu hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 thì y ' (1) = 0

⇔ 6.12 + 6 ( 2m + 1) .1 + 6m ( m + 1) =
0

0,25

⇔ 6m 2 + 18m + 12 = 0 ⇔ m = −1 hoặc m = −2

6 x 2 6 x; y '' =−
12 x 6; y '' (1) =
6 > 0 . Suy ra x = 1 là điểm
 Với m = −1 : y ' =−

0,25

cực tiểu (thỏa yêu cầu).
 Với m = −1 : y ' =6 x 2 − 18 x + 12; y '' =12 x − 18; y '' (1) =−6 < 0 . Suy ra x = 1
là điểm cực đại (không thỏa yêu cầu). Vậy m = −1 là giá trị cần tìm.
a) w =2 ( 3 − 2i ) + 3 ( 3 + 2i ) =15 + 2i
Câu 3
(1,0 điểm)

Suy ra: w=

152 + 22=

0,25
0,25

229

b) Phương trình tương đương với

0,25

4x
2x
− 3. − 1 = 0 ⇔ 4 x − 3.2 x − 4 = 0
4
4

⇔ 2 x  1 (vô nghiệm) hoặc 2 x  4 ⇔ x  2 . Vậy nghiệm của PT là x = 2

0,25
0,25


Đáp án

Câu
Câu 4
(1,0 điểm)

2

Điểm

2

ln 2 x
dx
x
1

∫ xdx + ∫

Ta tách tích phân I như sau:
=
I

1

0,25

2

2

x2
3
xdx =
=
 I1 ∫ =
2
2
1

1

2

ln 2 x
1
dx . Đặt t = ln x ⇒ dt =
dx
x
x
1

 I2 = ∫

0,25

Đổi cận: x = 2 ⇒ t = ln 2; x = 1 ⇒ t = 0

I2
=

ln 2

ln 2

t3
ln 3 2
t
dt
=

=
∫
3
3
0
2

0,25

0

Câu 5
(1,0 điểm)

3 ln 3 2
Vậy I =I1 + I 2 = +
2
3

0,25

 Gọi I là tâm của mặt cầu (S) ⇒ I là trung điểm của AB ⇒ I (1; 2; −1)

0,25

=
R

AB
=

2

6 . Phương trình mặt cầu (S): ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) =
6
2

d ( I , ( P )) =

1 − 2.2 + 2.(−1) − 1
1 + ( −2 ) + 2
2

2

2

2

2

= 2 < R ⇒ (S) cắt (P) theo một đường tròn.

Bán kính đường tròn giao tuyến: r =
R 2 − d 2( I ,( P ) ) =
2

( 2sin α cos α + tan α ) cos α =

a) A =

(

(1,0 điểm)

2sin α cos 2 α + sin α

)

Thay sin α =
9

b) p ( x )=

0,25

3
171
, ta được A =
5
125

( )

k
=

9− k

0,25

k

9
k 18−3k
 3
k
−
=

 ∑ C9 ( −3) x
 x k 0
0=

∑ C9k x 2

0,25
0,25

= 2sin α 1 − sin 2 α + sin α

Câu 6

0,25

0,25

Sô hạng không chứa x tương ứng với 18 − 3k = 0 ⇔ k = 6
0,25

Vậy số hạng không chứa x là C96 ( −3) =

61236
6

A'

z

C'
A'
600

B'

Câu 7
(1,0 điểm)

C'
B'

a

a

A

C
a

A

C
a

H

a 6

H

B

a

B

x

y


Câu

Đáp án
Gọi H là trung điểm của AB. ∆ABC cân tại C nên CH ⊥ AB

Điểm

Mặt khác CH ⊥ AA ' , suy ra CH ⊥ ( ABB ' A ')



Hình chiếu vuông góc của A ' C trên ( ABB ' C ') là A ' H ⇒ CA
'H =
600
 A' H =

S∆ABC
=

a 2 + a 2 = a 2 ; tan 600 =

A ' A2 + AH 2 =

CH
⇒ CH = a 6
A' H

1
1
2a.a 6 a 2 6
AB.CH =
=
2
2

3
=
V S=
6
∆ABC . AA ' a

0,25

Chọn hệ trục Hxyz như hình vẽ. Khi đó:

(

)

H ( 0;0;0 ) , A ( −a;0;0 ) , B ( a;0;0 ) , C 0; a 6;0 , A ' ( −a;0; a ) ,

(

0,25

)

a 
a

B ' ( a;0; a ) , C ' 0; a 6; a , M  a;0;  , N  −a;0; 
2 
2

HS tự tính theo Phương pháp tọa độ. Đáp số: d =

2 2
a
37

0,25

E là trực tâm ∆BFC , suy ra
BE ⊥ CF . Đường thẳng BE qua
điểm E và vuông góc với CF nên có
0
pt: 3 x − y − 8 =

B

Câu 8
(1,0 điểm)

0,25

H

1

0,25

Theo giả thiết, ∆HAD vuông cân tại
 = 450
H, suy ra: D

D

1

1
A

E

C

2
K

Mặt khác, tứ giác ABDE nội tiếp
đường tròn đường kính BE nên


AB )
D
= E
= 450 (cùng chắn 
1

1


 450 (đối đỉnh)
E
=
1 E=
2
=
EK d=
( E , CF )

Suy ra:
EC
=
F

0,25

5
;
10

EK
=

cos E
2

5

Gọi C ( −3m − 9; m ) ∈ CF . Từ ĐK:
EC =

5 ⇒ m = −4 ⇒ C ( 3; −4 )

0
Đường thẳng CA qua C và E nên có phương trình 2 x + y − 2 =
0
Đường thẳng CB qua C và M nên có phương trình 8 x − y − 28 =
0
3 x − y − 8 =

B = BE ∩ BC ⇒ 
⇒ B ( 4; 4 )
0
8 x − y − 28 =

0,25

0
Đường thẳng AB qua B và vuông góc với AC nên có pt: x − 2 y + 4 =
0
2 x + y − 2 =
A = AB ∩ AC ⇒ 
⇒ A ( 0; 2 )
0
2 − 2 y + 4 =
Vậy A ( 0; 2 ) , B ( 4; 4 ) , C ( 3; −4 )

0,25


Đáp án

Câu

Điểm

3
Điều kiện xác định x ≥ − . Bất phương trình tương đương với:
2

)(

( x +1−

Câu 9.
(1,0 điểm)

0,5

)

2 x + 3 x + 2 x + 1 + 2 x + 3 ≥ 0 (1)

Do x 2 + 2 x + 1 + 2 x + 3 =

2

( x + 1)2 +

2 x + 3 > 0, ∀x ≥ −

3
nên (1) tương
2

0,25

đương với: x + 1 − 2 x + 3 ≥ 0 ⇔ 2 x + 3 ≤ x + 1

x +1 ≥ 0


⇔ 2 x + 3 ≥ 0
⇔ x≥ 2

2
2 x + 3 ≤ ( x + 1)

0,25

x ≥ 0
2 x − y ≥ 0
Câu 10.

(1,0 điểm) Điều kiện: 5 x + 2 y ≥ 0 .

6 x + y ≥ 0
Nhận xét x = 0 không thỏa hệ nên chia hai vế của (1) cho
y
y
+ 6 + 2 + 5=
x
x

Do f ( t ) =

2−

y
+ 1 ⇔ t + 6 + 2t + 5=
x

x , ta được:

2 − t + 1 , với t =

 5 
t + 6 + 2t + 5 đồng biến trên  − ; 2  và g ( t )=
 2 

y
x

0,25

2 − t +1

 5 
nghịch biến trên  − ; 2  nên t = −2 là nghiệm duy nhất.
 2 
y
Suy ra =−2 ⇔ y =−2 x .
x

Thay vào (2), ta được:
⇔

4 x 2 + x + 6 =−2 x + 1 + 5 x + 1

( 2 x − 1)

2

0,25

+ 5 ( x + 1) =
− ( 2 x − 1) + 5 x + 1
2

Chia cho

x + 1 > 0 , ta được:

2x −1
 2x −1 
+5

 + 5 =−
x +1
 x +1 

0,25

a ≤ 5
2x −1
Đặt a =
⇒ a 2 + 5 =−a + 5 ⇔ 
⇔ a =2
x +1
a = 2
1


x ≥ 2
Với a = 2 ⇒ 2 x + 1 = 2 x − 1 ⇔ 
4 ( x + 1) =


⇔ x = 1+

( 2 x − 1)2



7
Nghiệm của hệ là: 1 +
; −2 − 7 
2



-------HẾT-------

7
2

0,25