TRƯỜNG THPT TRÀM CHIM

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

TỔ TOÁN

Môn: TOÁN

ĐỀ THI THỬ

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

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

x
x −1

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm m để đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có
diện tích bằng 3 , với I là giao điểm của hai tiệm cận.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: sin 2 x − 2 cos 2 x = 0 .
b) Giải phương trình: 4 x+1 − log 2 16 = 0 .
e
1

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫  x + ÷ln xdx.

1



x

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + ( 2 − i ) z = 5 + i . Tính mô đun của số phức w = 1 + iz + z 2 .
b) Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20. Chọn ngẫu nhiên ra 5 tấm thẻ. Tính xác suất để trong 5 tấm
thẻ được chọn ra có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 2 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ
mang số chia hết cho 4.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 2;5;1) và mặt phẳng
( P) : 6 x + 3 y − 2 z + 24 = 0 .

Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P). Viết
phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784π và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H, sao cho điểm A nằm
trong mặt cầu.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD = 2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC và
mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến
mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC.
Biết B ( 2;3) và AB = BC , đường thẳng AC có phương trình x − y − 1 = 0 , điểm M ( −2; −1) nằm trên đường
thẳng AD. Viết phương trình đường thẳng CD.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

 x 3 − y 3 + 3 y 2 + x − 4 y + 2 = 0
 3
 x + x − 3 = 2 x + 2 + y


( x, y ∈ ¡ ) .

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:
1
1
1
1
+
+
≤
.
2
2
1 + a (b + c) 1 + b (c + a) 1 + c (a + b) abc
2

-------------Hết-----------


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ
Đáp án

Câu

Gọi d : y = x + m . Ptrình hđộ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:
⇔ x = ( x − 1) ( x + m )

x
= x+m
x −1


Điểm
0,25

(Vì x = 1 không phải là nghiệm của phương trình)

⇔ x + ( m − 2 ) x − m = 0 (1)
2

Ta có ∆ = m 2 + 4 > 0, ∀m nên đt d luôn cắt đồ thị ( C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m .
Khi đó, A ( x1 ; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m ) , với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1).
m

Ta có: I ( 1;1) ⇒ d ( I , AB ) =

2

Ta có: S IAB = 1 AB.d ( I , AB ) =

2

m m2 + 4

2

2
(1,0đ)

( x2 − x1 ) + ( x2 − x1 )


.và AB =

2

2

0,25
0,25

= 2 ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2 = 2 ( m 2 + 4 ) .

. Theo gt, ta có: SIAB = 3 ⇔

2

m m2 + 4
2

= 3⇔ m= ± 2.

0,25
0,25

a) Phương trình đã cho tương đương sin 2 x − 2 cos x = 0
2

⇔ 2sin x ( sin x − cos x ) = 0

 sin x + cos x = 0 ⇔ x =


π
+ kπ
4

0,25

 2sin x = 0 ⇔ x = kπ

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = kπ ; x =

π
+ kπ
4

b) 4 x+1 − log 2 16 = 0
0,25
0,25

⇔ 4 x+1 = 4
⇔ x +1 = 1 ⇔ x = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 0 .
3
(1,0đ)

e


1


1

e

e

1

1

0,25

1

Ta có: I = ∫  x + ÷ln xdx = ∫ x ln xdx + ∫ ln xdx.
x
x


e

1
x2
 Tính ∫ x ln xdx . Đặt u = ln x và dv = xdx . Suy ra du = dx và v =
x

1

e


e

Do đó, ∫ x ln xdx =
1

2 2

e
x2
x
e2 x
ln x − ∫ dx = −
2
2 4
1 2
1

1

=

2

e2 1
+
4 4

e

1

1
 Tính ∫ ln xdx. Đặt t = ln x ⇒ dt = dx . Khi x = 1 thì t = 0 , khi x = e thì t = 1 .
x
1 x
e

1
x

1

Ta có: ∫ ln xdx = ∫ tdt =
1

0

t2
2

1

0

0,25
3a − b = 5
a = 1
⇔
. Do đó z = 1 − 2i .
 −a − b = 1 b = −2


a) Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) . Từ giả thiết ta có: 

0,25

2
Suy ra w = 1 + iz + z 2 = 1 + i ( 1 − 2i ) + ( 1 − 2i ) = −3i . Vậy w = 3 .

0,25

5
b) Số phần tử của không gian mẫu là: n ( Ω ) = C20 = 15504 .

0,25

Trong 20 tấm thẻ, có 10 tấm thẻ mang số lẻ, có 5 tấm thẻ mang số chẵn và chia hết cho 4, 5
tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 4.
3
1
1
Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Ta có: n ( A ) = C10 .C5 .C5 = 3000 .
Vậy, xác suất cần tính là: P ( A ) =
5
(1,0đ)

0,25

1
= .
2


e2 + 3
Vậy, I =
.
4

4
(1,0đ)

0,25

n ( A)

n ( Ω)

=

0,25

3000 125
=
.
15504 646

 x = 2 + 6t

d
:
Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Suy ra:
 y = 5 + 3t
 z = 1 − 2t



0,25

Vì H là hình chiếu vgóc của A trên (P) nên H = d ∩ ( P) .Vì H ∈ d nên H ( 2 + 6t ;5 + 3t ;1 − 2t ) .
Mặt khác, H ∈ ( P) nên 6 ( 2 + 6t ) + 3 ( 5 + 3t ) − 2 ( 1 − 2t ) + 24 = 0 ⇔ t = −1 Do đó, H ( −4; 2;3) .

0,25


Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu.
Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784π , suy ra 4π R 2 = 784π ⇒ R = 14 .
Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H nên IH ⊥ ( P) ⇒ I ∈ d .
Do đó tọa độ điểm I có dạng I ( 2 + 6t;5 + 3t;1 − 2t ) , với t ≠ −1 .
Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:

0,25

0,25

 6 ( 2 + 6t ) + 3 ( 5 + 3t ) − 2 ( 1 − 2t ) + 24
 t = 1
= 14

 d ( I , ( P)) = 14

2
2
2
6

+
3
+
(
−
2)
⇔
⇔  t = −3 ⇔ t = 1

 AI < 14

 −2 < t < 2
2
2
2

 ( 6t ) + ( 3t ) + ( −2t ) < 14
2
2
2
Do đó, I ( 8;8; − 1) . Vậy, mặt cầu ( S ) : ( x − 8 ) + ( y − 8 ) + ( z + 1) = 196

Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra SH ⊥ ( ABCD)

6
(1,0đ)

0,25

·

và SCH
= 300 .
Ta có: ∆SHC = ∆SHD ⇒ SC = SD = 2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:
SH = SC.sin SCH = SC.sin 300 = a 3
HC = SC.cos SCH = SC .cos 300 = 3a

Vì tam giác SAB đều mà SH = a 3 nên AB = 2a . Suy ra BC = HC 2 − BH 2 = 2a 2 .
1
3

Do đó, S ABCD = AB.BC = 4a 2 2 .Vậy, VS . ABCD = S ABCD .SH =
Vì BA = 2 HA nên d ( B, ( SAC ) ) = 2d ( H , ( SAC ) )

0,25

4a 3 6
.
3

0,25

Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:
AC ⊥ HI và AC ⊥ SH nên AC ⊥ ( SHI ) ⇒ AC ⊥ HK . Mà, ta lại có: HK ⊥ SI .

Do đó: HK ⊥ ( SAC ) .
Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
Suy ra, HK =
7
(1,0đ)


HI AH
AH .BC a 6
.
=
⇒ HI =
=
BC AC
AC
3

0,25

HS .HI

= a 66 .Vậy , d ( B, ( SAC ) ) = 2d ( H , ( SAC ) ) = 2 HK = 2a 66
HS + HI
11
11
2

2

Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong một
đường tròn. Mà BC = CD nên AC là đường phân giác
·
của góc BAD
.
Gọi B ' là điểm đối xứng của B qua AC.
Khi đó B ' ∈ AD .

Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là
nghiệm của hệ phương trình:

0,25

x − y −1 = 0
x = 3
⇔
. Suy ra H ( 3; 2 ) .

x
+
y
−
5
=
0

y = 2

Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó B ' ( 4;1) .
uuuur
Đường thẳng AD đi qua M và nhận MB ' làm vectơ chỉ phương nên có phương trình
x − 3 y − 1 = 0 . Vì A = AC ∩ AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
x − y −1 = 0
x = 1
⇔
. Do đó, A ( 1;0 ) .

x − 3y −1 = 0

y = 0
uuur uuuur
Ta có ABCB’ là hình bình hành nên AB = B ' C . Do đó, C ( 5; 4 ) .
Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra d : 3x + y − 14 = 0 .

0,25

0,25

Gọi I = d ∩ AD , suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
3x + y − 14 = 0
 43 11 
 38 11 
. Suy ra, I  ; ÷. Do đó, D  ; ÷.

x
−
3
y
−
1
=
0
10
10


 5 5

uuur

Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD làm vectơ chỉ phương nên có phương trình
9 x + 13 y − 97 = 0 .
(Học sinh có thể giải theo cách khác)

0,25


8
(1,0đ)

3
3
2
 x − y + 3 y + x − 4 y + 2 = 0 (1)
 3
(2)
 x + x − 3 = 2 x + 2 + y

0,25

Điều kiện: x ≥ −2 .

(1) ⇔ x 3 + x + 2 = y 3 − 3 y 2 + 4 y ⇔ x 3 + x + 2 = ( y − 1) + ( y − 1) + 2 .
3

3
Xét hàm số f ( t ) = t + t + 2 trên [ −2; +∞ ) .

0,25


2
Ta có: f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ [ −2; +∞ ) . Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên [ −2; +∞ ) .

Do đó: x = y − 1 .
Thay y = x + 1 và phương trình (2) ta được: x 3 − 3 = 2 x + 2 + 1
⇔ x3 − 8 = 2

(

)

x + 2 − 2 ⇔ ( x − 2) ( x2 + 2 x + 4) =

⇔ ( x − 2) ( x2 + 2x + 4) =

(

2

(

0,25

x+2 −2

(

)

x+2+2


x+2+2


⇔ ( x − 2 )  x2 + 2 x + 4 −

x+2+2


2 ( x − 2)

)(

(

)

)


=0
x+2+2 

2

)

 x−2 =0 ⇔ x = 2⇒ y =3
2
 x + 2x + 4 −


(

2
x+2 +2

)

0,25

= 0 ⇔ x2 + 2 x + 4 =

2
Ta có VT = x + 2 x + 4 = ( x + 1) + 3 ≥ 3;VP =
2

(

2
x+2+2
2

x+2+2

)

(*)

≤ 1, ∀x ∈ [ −2; +∞ )


Do đó phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2;3) .
9
(1,0đ)

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3 = ab + bc + ca ≥ 3 3 (abc) 2 ⇒ abc ≤ 1 .
2
2
Suy ra: 1 + a (b + c) ≥ abc + a (b + c) = a(ab + bc + ca ) = 3a ⇒

Tương tự ta có:

1
1
≤
(1).
1 + a (b + c) 3a

0,25
0,25

2

1
1
1
1
≤
(2),
≤

(3).
2
1 + b (c + a ) 3b
1 + c (a + b) 3c
2

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

0,25

1
1
1
1 1 1 1
ab + bc + ca
1
+
+
≤ ( + + )=
=
W.
1 + a 2 (b + c) 1 + b 2 (c + a) 1 + c 2 (a + b) 3 c b c
3abc
abc

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc = 1, ab + bc + ca = 3 ⇒ a = b = c = 1, (a, b, c > 0).

0,25