Đề thi thử THPT quốc gia 2016 môn Toán trường chuyên Bắc Ninh lần 4 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN IV NĂM HỌC 2015 - 2016

TỔ: TOÁN – TIN MÔN THI: TOÁN

(Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 09/ 5/ 2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x ³3x²4.

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

 

^{3 3 2 3}



^{2 1}



f x x  mx  m  x m đạt cực đại tại x1. Câu 3 (1,0 điểm)

a) Cho số phức z thỏa mãn (1i z). 2iz  5 3i. Tìm môđun của số phức w z z  ². b) Giải bất phương trình log2



x1



²log 2



2x 1



2.

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân ¹

 

²

2 0

1 1

I x dx

x

 



 ^.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1

1 7 3

: 2 1 4

x y z

d   

  và ₂ 3 1 2

: 6 2 1

x y z

d   

 

 . Chứng minh hai đường thẳng d₁ và d₂ chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa đường thẳng d₁ và song song với đường thẳng d₂.

Câu 6 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình sin 2x 2cos²xsinx cosx.

b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu – tơn của 2 ⁿ

x x

 

  

  với x0, biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn A_n³_36C_n³_1294.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a AD a,  2. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD), SC tạo với mặt đáy một góc

60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD). 0

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho AB3AD, H là hình chiếu vuông góc của B trên CD, 1 3

2; 2

M  

  

 

là trung điểm đoạn thẳng CH. Viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm ^A



^1;3



^{và điểm B}

nằm trên đường thẳng :x y  7 0.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực:

2 2

2 2

2

2 2

2 2

2 4 1 0

4 1

x x xy y y y xy x

x x y x

x y x

       



      

  



.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x²y²z²2 với { , , }

x max x y z đồng thời y² z 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

2 2 3

6 6

2

x y z

Tx z y z x y

   .

--- Hết ---

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN IV NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: TOÁN

(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

Câu ĐÁP ÁN Điểm

1 (1,0 điểm)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số yx³ 3x² 4 1,0đ

 TXĐ: D. 0,25

 Sự biến thiên

*) Giới hạn và tiện cận

xlim y

   , suy ra đồ thị hàm số khôngcó tiệm cận

*) Bảng biến thiên 3 2 6

y  x  x, y  0 3x²6x0 x0,x2

Hàm số nghịch biến trên các khoảng



^{0; 2}



Hàm số đồng biến trên các khoảng



^{; 0 , 2;}

 

^



Hàm số đạt cực đạt cực đại tại x 0;y_CD 4. Hàm số đạt cực đạt cực tiểu tại x 2;y_CT 0.

0,5

 Đồ thị

0,25

2 (1,0 điểm)

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

 

^{3 3 2 3}



^{2 1}



f x x  mx  m  x m đạt cực đại tại x1. ^1,0

 ^f

 

^{x 3x26mx3}



^m21



^{; Hàm số f x}

 

đạt cực đại tại x1 ^f

 

^{1 1} 0,25

 ² 0

3 6 0

2 m m m

m

 

     

. 0,25

 Với m0: ^f

 

^{x 3x23}

Lập BBT của hàm số ^{f x}

 

ta thấy hàm số ^{f x}

 

đạt cực tiểu tại x1 nên m0 không thỏa mãn.

0,25

 Với m2: ^f

 

^{x 3x212x9}

Lập BBT của hàm số ^{f x}

 

ta thấy hàm số ^{f x}

 

đạt cực đại tại x1 nên m2 thỏa mãn. Vậy m2.

0,25

4

2

-2

x  0 2 

y  0 _ 0 



4

0



3 (1,0 điểm)

a) Cho số phức z thỏa mãn (1i z). 2iz  5 3i. Tìm môđun của số phức

w z z  2. ^0,5

 Đặt zx yi x y( , ). Thay vào giả thiết, ta được

(1i x)( yi)2 (i xyi)  5 3i  x3y(xy i)   5 3i

3 5 7

7 4

3 4

x y x

z i

x y y

   

 

    

  

 

0,25

 Khi đó w z z²40 60 i w  40²60² 20 13 0,25 b) Giải bất phương trình log2



x1



²log 2



2x 1



2. 0,5

 ĐK: ¹

 

^*

x2 . Đưa về BPT: log2



x1 2



x1



1 (do với

1 1 0

x   2 x ).

0,25

 2 ² 3 0 ³ 1

x x 2 x

        . Kết hợp với ĐK (*) ta được ¹ 1

2 x . 0,25

4 (1,0 điểm)

Tính tích phân ¹

 

²

2 0

1 1

I x dx

x

 



 ^. 1,0

 Đưa tích phân về ¹ ₂ ^{1 1} ₂

0 0 0

2 2

1 1 1

x x

I dx dx dx

x x

 

     

 

 

  

^{. 0,25}

 Tính ₁ ^{1 1}₀

0 1

I 



dx x  ^{. 0,25}

 Tính

 

 

2

1 1 2 1

2 0 2 0 2 0

2 1

ln 1 ln 2

1 1

x d x

I dx x

x x

     

 

 

^{. 0,25}

 Suy ra I 1 ln 2. 0,25

5 (1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1

1 7 3

: 2 1 4

x y z

d   

  và ₂ 3 1 2

: 6 2 1

x y z

d   

 

 . Chứng minh hai đường thẳng d₁ và d₂ chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa đường thẳng d₁ và song song với đường thẳng d₂.

1,0

 Đường thẳng d₁ đi qua điểm ^A



^1;7;3



và có VTCP u₁ (2;1; 4) . Đường thẳng d₂ đi qua điểm ^B



^{3; 1; 2 }



và có VTCP u₂ (6; 2; 1) 

. Ta có ^{AB}



^{2; 8; 5 }



0, 25

 Tính được u u1, 2



9; 22; 1



u u1, 2.AB 1080

    

. Từ đó suy ra hai đường thẳng đó chéo nhau

0, 25

 Gọi n

là VTPT của (P), từ giả thiết ta có ¹

2

n u n u

 

 

 



 

  chọn nu u₁, ₂

 

  

Mp(P) đi qua điểm ^A



^1;7;3



và có VTPT n

nên có phương trình 9x22y10z1330.

0, 5

6 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình sin 2x 2cos²xsinx cosx. 0,5

 Đưa về phương trình



^sinxcosx



^2cosx1



^0. 0,25

 sin cos 0 sin 0

4 4

x x x  x  k

  

        

 

.

 1

2 cos 1 0 cosx 2

2 3

x x  k



        .

0, 25

b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu – tơn của 2 ⁿ

x x

 

  

 

với x0, biết rằng n là số nguyên dương thỏa A_n³_36C_n³_1294. ^0,5

 Từ giả thiết A_n³_3 6C_n³_1 294

(n 1)(n 2)(n 3) (n 1) (n n 1) 294 (n 1)2 49 n 6

             . 0,25

 Với n = 6

6 6 12 3

2 6

0

2 ( 2)

k

k k

k

x C x

x





 

    

 



^.

Số hạng không chứa x ứng với k = 4 là a₀ C ( 2)⁴₆  ⁴ 240.

0,25

7 (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a AD a,  2. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD), SC tạo với mặt đáy một góc 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai ⁰ mặt phẳng (SBC), (SCD).

1,0

 Tính _. 1 3 .

S ABCD ABCD

V  SH S

Với H là trung điểm AB, ta có

 

SH ABCD và góc giữa SC với mặt đáy (ABCD) là góc SCH.

0,25

 Ta có : ^{2 2} 3

2

HC HB BC  a.  3 ⁰ 3 3

.tan .tan 60

2 2

a a

SHHC SCH  

 S_ABCDAB.ADa² 2

3 .

1 6

.SH.S

3 2

S ABCD ABCD

V a

   .

 Gọi E là trung điểm CD. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho



^{0; 0; 0 ,}



^a₂^{; 0;0 ,}



^{0; 2;0 ,}



^{0; 0;3a}₂³

H B  E a S 

 

   

   

.

Ta có 3 3

; 2;0 , ; 2; 0 ; 0;

2 2 2 2

a a a a

C a  D a  SB  

    

   

     



3 3 3 3

;a 2; , ;a 2;

2 2 2 2

a a a a

SC   SD  

      

   

 

2 2

3 6 2

, ; 0; VTPT

2 2

a a

SB SC  

   

 

 

 

của mp(SBC) chọn ^{n1 }



^{3 3;0;1}



A S

B H

E C

D

Tương tự VTPT của mp(SCD) là ^{n2 }



^{0;3 3; 2 2}



 Gọi góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) là , ta có:

1 2

1 2

. 2 2 10 10

cos arccos

35 35

28. 35 .

n n n n

     

 

  . 0,25

8 (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC cân tại A. Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho AB3AD, H là hình chiếu vuông góc của B trên CD,

1 3

2; 2

M 

  

  là trung điểm đoạn thẳng CH. Viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm ^A



^1;3



và điểm B nằm trên đường thẳng :x y  7 0.

1,0

Chứng minh được MAMB.

0, 25

 3 9

2; 2 AM 

  

 



, đường thẳng BM đi qua M và nhận AM

làm vtpt nên có phương trình x3y 5 0; ^{B  BMB}



^{4; 3}



^.

0, 25

 Giả sử ^{D a b}



^;



^{, ta có AB}



^{3; 6 ,}



^{AD a}



^1;b3



 

   

3 1 3 2

3 2;1

3 3 6 1

a a

AB AD D

b b

  

   

    

    



 

5 5; MD 2 2

 

 



là vtcp của CD nên CD nhận ^n

 

^1;1 làm vtpt. CD đi qua D nên có phương trình x  y 1 0.

BH đi qua B và vuông góc với CD nên có phương trình x  y 1 0.



^{1; 0}



HBHCDH  .

0,25

 M là trung điểm CH nên ^C



^{2; 3}



. Từ đó suy ra phương trình BC là y 3 0. 0, 25

9 (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

2

2 2

2 2

2 4 1 0

4 1

x x xy y y y xy x

x x y x

x y x

       



      

  



1,0

 ĐKXĐ: x0,y1,y²4x 1 0. Với ĐKXĐ ta có

   

2 2

(1) x y (x y) x xyx  xyy y 0

( 1) ( 1)

( )( 1) x x y y x y 0

x y x y

x xy x y xy y

   

      

   

( 1) x y 0 1 0

x y x y x y

x xy x y xy y

 

               

0, 25 A

B C

M H

D

 Vì với ĐKXĐ, ta có:

x y x y 0

x y x y

x xy x y xy y x xy x y xy y

 

               

0, 25

Thay vào (2) ta được ^{2 2}

2

2 2

2 2 2 (*)

2 2

x x x x

x x x

     

 

Xét hàm ²

2

( ) 2 2 2, 0

2 2

f x x x x

x x

    

  Ta có

2

2 3

(1 )( 2 4)

( ) .

( 2 2)

x x x

f x

x x

  

 

 

Từ đó suy ra Max f x( ) f(1)1.

0, 25

 Xét ² 2

( ) 2 , 0

g x x x x

   x  ta có

 

 

2 2

( 1)

2 1 1

2 1 1

( ) 1

x x x x x x x

x x x x

g x x

x x x x x x

   

  

  

    

    

 

 

 

nên Min g x( ) g(1)1.

Do đó ta có VT(*)VP(*), x 0, phương trình (*) xảy ra  x1. Khi đó y2. Ta đi đến kết luân hệ có nghiệm



^{x y;}



^(1;2).

0, 25

10 (1,0 điểm)

Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x²y²z²2 với { , , }

x max x y z đồng thời y² z 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

2 2 3

6 6

2

x y z

Tx z y z x y

   .

1,0

 Ta có xmax x y z{ , , } và x² y²z² 2 nên suy ra 0 z1,0 y1.

2 2 2 2 2 2

,

x  z x  y z y  z x y z

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

x y x y z

x z y z x y z z z

 

   

     

Và 2 1 ², ^{3 2} 2 ³ 1 ^{2 2} 3 ² _{3 2}

2 3

z z

x x y y x y x y z

x y z

           

  ^.

Suy ra



²



2 2

6 2

2 3

z z

T z z z

  

   ^.

0, 25

 Để ý 3z²   2 z z² 0 1 z và 2z² 0 (đúng vì 0 z1) nên



²



²

2 2 2

6 2 12 6

2 3 3 ( )

z z z z

T f z

z z z z

  

   

   

0, 25

 Xét hàm f z( ) với 0z1. Ta có

 

2 2 2

12 3 ( )

3

z z

f z

z

 

 



. 0, 25

 Lập bảng biến thiên ta đi đến kết luận ^{( ) (1) 7}

 

^0;1

f z  f  2  z . Với x z 1,y0 thì 7

T  2. Vậy 7

Min T  2.

0, 25

--- Hết ---