Đề thi thử Quốc gia 2016 môn Toán trường Sóc Sơn – Hà Nội lần 2 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT SÓC SƠN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II - NĂM 2016 Môn: TOÁN

Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề

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

2 3

y x x

  

 ^.

Câu 2 ( 1,0 điểm) Tìm m để hàm số: ^{1 3}



² ₂



²



₅ ² ₇



₂

y3x  m m x  m  x m đạt cực tiểu tại x 2. Câu 3 (1,0 điểm)

a) Gọi z z₁; ₂ là 2 nghiệm phức của phương trình:z²2z 2 0 . Tính giá trị của biểu thức A z₁  z₂ b) Giải phương trình :



^52



^x1



^52



^x23.

Câu 4 (1,0 điểm )

a) Giải phương trình : sin 2x48 cosxsin .x

b) Cho nlà số nguyên dương thỏa mãn A_n²2C_n²_124. Tìm số hạng chứa x⁶trong khai triển nhị thức Niu- tơn của



^{nx3 x}



^n,x0.

Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân

4

1

2 1

2 1

I x x dx

x



 

   

  



.

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,cho điểm ^A



^{0; 1; 2}



và mặt phẳng

 

^{P :}

2xy3z 2 0. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua Avà vuông góc với mặt phẳng

 

^{P .}

Tìm tọa độ điểm đối xứng của Aqua mặt phẳng

 

^{P .}

Câu 7 ( 1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC. có ABa AC, 2 ,a BAC 120 ,⁰ cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy



^ABC



, góc giữa đường thẳng SBvà mặt phẳng đáy



^ABC



^{bằng 60 .0 Gọi M N,} lần lượt là trung điểm của các cạnh SB SC, . Tính thể tích khối chóp S ABC. theo avà tính góc giữa hai đường thẳng

AM và BN.

Câu 8 ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCDcó N là trung điểm của cạnh CDvà đường thẳng BNcó phương trình là 13x10y 7 0; điểm M(1; 4)thuộc đoạn thẳng ACsao choAC 4AM. Gọi Klà điểm đối xứng với N qua C. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết rằng

3AC2ABvà điểm K thuộc đường thẳng :x  y 1 0. Câu 9 ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

   

2

2 2 2

2 2

,

2 1 2 3 2 4

xy y x

x y

y x x x x x

   

 



     





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

         

2 2 2

4 4 5

.

2 2 2 2

4 P

x y x z y z y z y x z x

x y z

  

     

  

.... Hết....

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

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM.

Chú ý:

+) Đáp án dưới đây có bước chỉ là hướng dẫn chấm, nên thí sinh phải làm chi tiết mới được điểm tối đa.

+) Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Câu Đáp án Điểm

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: 1

2 3

y x x

  



1)Tập xác định: 3

D \

2

 

  

 

 2)Sự biến thiên:

+)Chiều biến thiên:

 

²

' 5 0,

2 3

y x D

x

    



Hàm số nghịch biến trên các khoảng 3

; 2

 

  

 ^và 3; 2

 

 

 

 ^. +) Cực trị: hàm số không có cực trị.

Lưu ý: Thí sinh có thể không nêu kết luận về cực trị của hàm số.

0,25

+)Giới hạn và tiệm cận:

3 3

2 2

lim lim 1; lim ; lim

2

x x

x x

y y y y

 

       

   

      

Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là đường thẳng 1 y 2 Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng là đường thẳng 3

x 2

0,25

+)Bảng biến thiên:

x 3

2  

1

2

1

2

0,25

3)Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Oxtại ^A



^{1; 0}



và cắt trục Oytại 1 0;3 B 

 

 

x y

O 1

0,25

Câu Đáp án Điểm 2 Tập xác định: D  

  ² ₂



² ₂



₅ ² ₇

y x x  m m x m 

0,25

 



²



'' 2 2 2

y x  x m m ^0,25

Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ² 1

'( 2) 0 4 3 0

3

y m m m

m

  

           ^0,25

 Với m 1ta có y’’ 2x8; ''( 2)y  4 0 m 1 (tm)

 Với m 3ta có y’’2x28; ''( 2)y  240m 3 (tm) Vậy giá trị m cần tìm là : m 1 hay m 3.

0,25

Câu Đáp án Điểm

3 a)Phương trình : z²2z20_có      ' 1 2 1 0 Nên phương trình có hai nghiệm phức phân biệt:

1 1 ; 2 1

z  i z  i

0,25

 

²

2 2 2

1 2

| | | | 1 1 1 1 2 2

A z  z       ^0,25

b)Ta có: 1 ¹

( 5 2)( 5 2) 1 5 2 ( 5 2)

5 2

        

 Do đó ta có:



^52



^x1



^52



^x23



^52



^x1



^52



^x23

0,25

2 2

1

1 3 2 0

2

x x x x x

x

  

           

Vậy tập nghiệm của phương trình là: ^S 



^{1; 2}



.

0,25

Câu Đáp án Điểm

4

a)Biến đổi phương trình về dạng:

sin 4 (vn)

(sin -4)(2 cos 1) 0 1

cos 2

x

x x

x

 

   

 



0,25

Với 1

cos 2

2 3

x x  k



     , k Z

Kết luận: phương trình có nghiệm: 2 , x 3 k k



   . 0,25

b)Ta có: A_n²2C_n²_124 ^{n n}



^1



^{ n n}



^{1 – 24}



^{(với đk n2,n; )}

 n  12

0,25

Xét khai triển nhị thức Niu-tơn của:



^{12x3 x}



¹², số hạng tổng quát của khai triển là:

12 12 3

1 12^k12 ^{k k}( )^k

Tk_ C ^ x ^  x 

1 12

12 12 3 12 3

1212 ( 1) ( ) 1212 ( 1)

k k

k k k k k k k k

C ^ x ^  x C ^  x ^{ } (đk 0k12;k )

Số hạng chứa x⁶ tương ứng với 12 6 9 3

k k k

     (tm).

Do đó số hạng cần tìm là: C₁₂⁹12 ( 1)³  ⁹x⁶ C₁₂⁹.12 .³x⁶

0,25

Câu Đáp án Điểm 5 Ta có I =

4 4

1 1

2 1

2 1

xdx x dx

x

 

 



Tính

4 24

1 1

1

1 15

2 2

I 



xdx x 

0,25

Tính

4 2

1

2 1

2 1

I x dx

x

 





Đặt 2 1

1

t x dt dx dx tdt

    x  

 Đổi cận:

x 1 4

t 3 3

Suy ra

3 2

2 3

(t 2) t

I dt

t







0,25

3

2 3 3

3 3

(t 2) (1 2 ) (9 6) ( 3 2 3) 3 3

dt 3t t





         ^0,25

Vậy I = 15 21

3 3 3

2    2 

0,25

Câu Đáp án Điểm

6. +)Một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

^{P là n}



^{2; 1; 3 }



+) Gọi là đường thẳng cần tìm, ^{ }

 

^{P  nhận n}



^{2; 1; 3 }



làm một vec tơ chỉ phương.

0,25

+) Đường thẳng đi qua ^A



^{0; 1; 2}



và nhận vectơ ^n



^{2; 1; 3 }



làm vec tơ chỉ phương nên phương trình tham số của đường thẳng là:

 

2

1 2 3 x t

y t t

z t

 

    



  





0,25

+) Gọi Blà điểm đối xứng của ^{A qua}

 

^P ^B  ^B



^{2 ; 1t}  ^{t; 2 3} ^t



^0,25

+) Trung điểm của ABthuộc mặt phẳng

 

^{P nên ta có}

1 3

2 1 3 2 2 0 1

2 2

t  t  t t

         

   

Do đó ^B



^{2; 2; 1 }



0,25

Câu 7 ( 1,0 điểm)

F E M

N

A

C B

S

+) Lập luận chỉ ra



^{SB ABC,}

  

^{SBA600}

+) SAAB. tan 60⁰ a 3 0,25

3 .

1. .

3 2

S ABC ABC

V  SA S_  a 0,25

+) CMNBE ( E là trọng tâm tam giác SBC).

+) Xét AMC: Kẻ ^{/ /}

 

²

3 EF CF EF AM F AC

AM CA

   

+)



^{AM BN,}



^



^{EF BN,}



^.

0,25

+) SB² 4a SC², ²7a BC², ² 7a² +) SBC có

2 2 2 2 2

2 2 2 15 2 4 2 15

4 4 9 9

BS BC SC a a

BN   BE BN

    

+)

 ²

2 2 2

2 1 2 2 19

, , 2 . .cos

3 3 3 3 9

a a a

EF AM  SB AF  BF BA AF  BA AF BAF 

+) 



^

 

^



2 2 2

0 0

cos 0 , 90 , 90 .

2 .

BE EF BF

BEF EF BN AM BN

BE EF

 

     

0,25

Câu 8 Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD. Điểm

G N K

M I D

A

C

B

+)

 

2 2

|13 10.4 7 | 20 ,

13 10 269

d M BN  

 

 +)^{K  K m m}



^{, 1}



0,25

+)Gọi Ilà tâm của hình bình hành ABCD G, là giao điểm của BN&ACGlà

trọng tâm tam giác 2 1

3 3

BCDCG CI  AC

+)Có ^{1 5 4}



^,



⁴



^,



4 12 5 5

AM  ACMG ACCG MGd C BN  d M BN

Có Clà trung điểm của



^,



²



^,



⁸



^,



³²

5 269

KNd K BN  d C BN  d M BN 

 

⁵

|13 10 1 7 | 32

| 3 17 | 32 49

269 269

3 m m m

m m

 

   

     

  

 +)Với ^{m 5 K}



^{5; 4}



Với 49 49 52

3 3 ; 3

m K 

     

 

Có M&Knằm khác phía với ^{BN K}



^{5; 4}



^{thỏa mãn.}

0,25

+)Có 3 2

4 4 2 2

AB AB CD

CM  AC   CNCK MNKlà tam giác vuông tại M MNMK

Phương trình đường thẳng MK y:   4 0 MN x:  1 0 +)^{N BNMNN}



^{1; 2}



Clà trung điểm của ^NKC



^{3;3 ,}



^Nlà trung điểm của ^CDD



^1;1



0,25

+) 1 13

3 ;

CM MA A3 3 

   

 

 

13 19 3 ; 3 DA CB B 

   

 

 

+) Kết luận: ^{A 1 13; , 13 19; ,}



^{3;3 ,}

 

^1;1



3 3 B 3 3 C D

   

    

   

0,25

Câu 9 ( 1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

 

     

2

2 2 2

2 2 1

,

2 1 2 3 2 4 2

xy y x

x y

y x x x x x

   

 



     





Điểm

+)Ta có: ^(1)y



^x22x



^{2 (3)}

+) Vì x²2x x²x x  x 0, x , nên:

 

³ ₂ ^{2 2 2}

2

y x x

x x

    

 

0,25

+) Thay vào phương trình

 

2 ta được:

 

^{2 }



^x22x



^22



^x1



^{x22x32x24x}

 

             

2 2

2 2

1 2 2 1 2 3 0

1 1 1 2 1 2 3

x x x x x x

x x x x

        

         

0,25

+) Xét hàm số đặc trưng: ^{f t}

 

^t



^{1 t22}

 

^t



 

2

' 2

1 2 2 0,

2

f t t t t

t

       



 hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên  0,25

+) Khi đó

 

³



¹

  

^{1 1}

f x f x x x x 2

           y1

+) Vậy hệ có 1 nghiệm



^;



^1;1

x y  2 

  

 

0,25

Câu 10 (1,0 điểm)

+) Với mọi số thực dương x y z, , . Ta có:



²



²



⁴

  

²



²

  

⁴

2 2

x y z x y z

x z y z   x y x z y z x y  

        

+) Mặt khác



^xy



^xy₂^{4z  x2y22xy}₂^{4yz4xz2}



^x2y2z2



Vì ^{2xyx2y2; 4yz2}



^y2z2



^{; 4xz2}



^x2z2



+) Tương tự



^zy

 

^y2x



^z2x



^2



^x2y2x2



0,25

+) Từ đó suy ra



^{2 2 2}



2 2 2

4 9

4 2

P x y z x y z

 

 

  

+) Đặt ^{x2y2z24 t t}



^2



^{. Khi đó}



²



4 9

2 4

P t  t



0,25

+) Xét hàm số

       

'

2

2 2 2

4 9 4 9

( ) 2 ;

2 4 4

f t t f t t

t t t t

     

 

   

' 0 4

f t   t tm

0,25

+) Lập bảng biến thiên của hàm số ta được

 

   

2;

4 5 Max f t f 8

  

+) Khi 5

2 8

x yz P . Vậy 5

MaxP8 khi



^{x y z; ;}

 

^{ 2; 2; 2}



0,25