TRƯỜNG THPT MINH CHÂU
Tổ: TỰ NHIÊN
ĐỀĐỀ
CHÍNH
THỨC
SỐ 111

ĐỀ THI THỬ LẦN III - KỲ THI THPT QUỐC GIA 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 (C) hàm số y  x 4  2 x 2  3 .

Câu 2 (1 điểm). Tìm các giá trị của m để hàm số y   x 3   m  3 x 2   m 2  2m  x  2 đạt

cực đại tại x  2
Câu 3. (1 điểm).
a) Cho số phức z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  iz  z
b) Giải phương trình : log 22 x  2 log 2 x  3  0
1

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân sau

2x 1
dx
1

3
x

1

0

I 

Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 và đường thẳng
d:

x 1 y 1 z  3


. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d .
2
1
3

Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 .
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
n

2 
4

b) Tìm số hạng chứa x trong khai triển  x  2  , biết n là số tự nhiên thỏa mãn Cn3  n  2Cn2 .
x 
3

3

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,


AB  a 2. Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABC) là điểm H


thỏa mãn IA  2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn

đường kính BD. Đỉnh B thuộc đường thẳng  có phương trình x  y  5  0 . Các điểm E và
F lần lượt là hình chiếu vuông góc của D và B lên AC . Tìm tọa độ các đỉnh B, D biết
CE  5 và A  4;3 , C  0; 5  .

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

(x  2)(x  2 2x  5)  9  (x  2)(3 x 2  5  x 2  12)  3 5x 2  7
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực thỏa: x  y  26 x  3  3 y  2013  2016
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
2

2

M   x  1   y  1 

2016  2 xy x  y  1 .
x  y 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……………………..

653



TRƯỜNG THPT MINH CHÂU
Tổ:TỰ NHIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN III

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn:Toán

A. CÁC CHÚ Ý KHI CHẤM THI:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ
điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm
bào không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi.
3) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM: (Đáp án gồm có 5 trang)
CÂU

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

* Tập xác định : D  
* Sự biến thiên :
- Giới hạn lim y  lim y  
x 

0,25


x 

3

- Ta có y '  4 x  4 x; y '  0  x  0, x  1
Bảng biến thiên
x -
y’

-

-1
0

+

0
0

-

1
0

+
+
0,25

1
+


(1,0đ)

+

-3

y
-4

-4

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1 ; 0) và (1 ; +  ), nghịch biến trên các khoảng
(-  ; -1) và (0 ; 1).
- Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  3 ; hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  4 .

2
(1đ)

0,25

- Đồ thị :

0,25

TXĐ : D  R
y '  3 x 2  2  m  3  x   m 2  2m  ; y ''  6 x  2  m  3

0.25


 y '  2   0
Hàm số đã cho đạt cực đại tại x  2   ''
 y  2   0
 12  4  m  3  m 2  2m  0
m 2  2 m  0


 12  2m  6  0
m  3
m  0
. Kết luận : Giá trị m cần tìm là m  0, m  2

m  2

654

0.25

0.25
0.25


z  3  2i

0.25

w  i  3  2i    3  2i   1  i

3
(1đ)


Phần thực là -1
Phần ảo là 1.

0.25

x  2
 log 2 x  1
PT đã cho:  

1 (thỏa điều kiện)
 log 2 x  3  x 
8


0.25

1
8

Vậy nghiệm của pt là x  2 và x  .

4
(1đ)

0.25

t 2 1
2
Đặt 3x  1  t ta được x 

 dx  tdt
3
3
Đổi cận x  0  t  1; x  1  t  2
2

Khi đó: I 



0,25
0,25

2

2 2t 3  t
2  2
3 
dt

2
t

2
t

3

dt


9 1 1  t
9 1 
t  1 

28 2 3
 ln
27 3 2

0,25
0,25



Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3 


Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3  làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0
 2 x  y  3 z  18  0

5
(1đ)

Vì B  d nên B  1  2t ;1  t; 3  3t 
2

2


AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0
t  3
 13 10 12 
  3 Vậy B  7; 4;6  hoặc B   ; ;  
t 
7
 7 7
 7
a) Phương trình tương đương:
 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0
 (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0


 2  cosx  0(VN )
 x  6  k 2
(k  z )


 sinx  1
 x  5  k 2

2

6
6
(1đ)

0.25
0.25


0.25

0,25

0,25

b) Điều kiện n  3 .
C3n 

n  n  1 n  2  4
4
n!
4
n!
n  2C 2n 
 n2

 n  n  n  1
3
3! n  3! 3
2! n  2 !
6
3

0,25

 n 2  9n  0  n  9 (do n  3 )
9


k

9
9
2
2
k
Khi đó ta có  x  2    C9k x 9k  2    C9k x 93k  2 
x  k0

x 
k 0
3
Số hạng chứa x tương ứng giá trị k thoả mãn 9  3k  3  k  2

2

Suy ra số hạng chứa x 3 bằng C92 x 3  2   144x 3

655

0,25




Ta có IA  2 IH  H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
IA a
BC = AB 2  2a ; AI = a ; IH =
= ,

2
2
3a
AH = AI + IH =
A
2
a 5
Ta có HC 
2
C

S

0,25
B
Q
I

60 0

7
(1đ)

P

H
E

  600 ; SH  HC.tan 600  a 15
SC ,( ABC )   SCH

Vì SH  ( ABC )  
2
3
1
1 1
a 15 a 15
VS . ABC  SABC .SH  . (a 2) 2

(đvtt)
3
3 2
2
6
Trong mặt phẳng (ABC) dựng hình vuông ABEC.
Khi đó AC//BE nên AC//(SBE)
Từ đó suy ra d  AC ; SB   d  AC ;( SBE )   d  A;  SBE    4d  E ;  ABE  

0,25

Kẻ HP  BE  P  BE  , HQ  SP  Q  SP  ;
0,25

 BE  SH
 BE   SHP   BE  HQ
Khi đó 
 BE  HP
 HQ  BE
 HQ   SBE   d  H ;  SBE    HQ

 HQ  SP

HP 

1
a 2
AB 
4
4

SHP vuông tại H, HQ  SP nên HQ 
Vậy d  AC ; SB  

SH 2 .HP 2
a 465

2
2
SH  HP
62

0.25

2a 465
(đvđd)
31
A

Gọi H là trực tâm tam giác ACD, suy ra CH  AD
nên CH // AB
(1)
Mặt khác AH // BC (cùng vuông góc với CD) (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCH là hình
bình hành nên CH=AB (3)
  BAF
 (so le trong) (4)
Ta có: HCE
Từ (3) và (4) suy ra: HCE  BAF (cạnh
huyền và góc nhọn). Vậy CE = AF.

B
F

0,25

I
H
D

E

C

  DCB
  900 nên E , F nằm trong đoạn AC.
Vì DAB
Phương trình đường thẳng AC: 2 x  y  5  0 .

a  5
a  3

Vì F  AC nên F  a;2a  5  . Vì AF  CE  5  


Với a  5  F  5;5  (không thỏa mãn vì F nằm ngoài đoạn AC)




Với a  3  F  3;1 (thỏa mãn). Vì AF  EC  E 1; 3

656

0,25




BF qua F và nhận EF (2; 4) làm một véc tơ pháp tuyến, do đó BF có phương
trình: x  2 y  5  0 . B là giao điểm của  và BF nên tọa độ B là nghiệm của
0,25
x  2 y  5  0
x  5
hệ phương trình: 

 B  5;0 
x  y  5  0
y  0

Đường thẳng DE qua E và nhận EF (2; 4) làm một véc tơ pháp tuyến, DE có

phương trình: x  2 y  5  0 .



Đường thẳng DA qua A và nhận AB(1; 3) làm một véc tơ pháp tuyến, DA có
0,25

phương trình: x  3 y  5  0 .
D là giao điểm của DA và DE nên tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình:
x  2 y  5  0
 x  5

 D  5;0  . Kết luận: B  5;0  , D  5;0 

x  3y  5  0
y  0
Điều kiện xác định: x  

5
. Khi đó ta có
2

(1)  x 3  3x 2  14x  15  2(x  2) 2x  5  3(x  2) x 2  5  3 5x 2  7  0
 x 3  3x 2  x  18  2(x  2)( 2x  5  3)  3(x  2)( x 2  5  3)  3  3 5x 2  7  0

 (x  2)(x2  5x  9) 

2(x  2)(2x  4) 3(x  2)(x 2  4)
5(4  x 2 )


0
2

2
3
3
2
2
2x  5  3
x 5 3
9  3 5x  7  5x  7






 2
4(x  2)
3(x  2)2
5(x  2)
 (x  2) x  5x  9 



2x  5  3
x 2  5  3 9  3 3 5x 2  7  3 5x 2  7





9

(1đ)

0,25



  0(*)
2






0,25

 4(x  2)
4
3(x  2)2
3

(
x

2);
 (x  2)2

x2  5  3 5
 2x  5  3 3
5

Ta có với x    
5(x  2)
5(x  2)
2


2
9
 9  3 3 5x 2  7  3 5x 2  7






2

 x  5x  9 

4(x  2)
2x  5  3



3(x  2)2
x2  5  3

0,25

5(x  2)



3

2

9  3 5x  7 



3

2

5x  7



2



18x 2  57x  127
5
 0, x  
45
2
Do đó (*)  x  2  0  x  2 , kết hợp với điều kiện x  

5

phương trình đã cho có nghiệm là   x  2
2

657

5
ta suy ra bất
2

0,25


M  x 2  y 2  2 xy  2 x  2 y  2 

2016
2
  x  y  1  4  x  y  1  5 
x  y 1

2016
x  y 1

2016
Đặt t  x  y  1 thì ta được M  t  4t  5 
t
Điều kiện của t:
4

0,25


2

y  2013 ta được x  a 2  3; y  b 2  2013 và

Đặt a  x  3; b 

a 2  3  b 2  2013  26a  3b  2016

 a 2  b 2  26a  3b 

 26

2

 32  a 2  b 2 

0,25

Hay 0  a 2  b 2  685
Từ đó ta được x  y  1  a 2  b 2  2017   2017;2072 nên
10
(1đ)

t  D   2017; 2072 
Xét hàm số f  t   t 4  4t 2  5 

2016
;t  D
t


4
2016 4t 5  8t 4  2016 4t  t  2   2016
f '  t   4t  8t  2 

 0t   2017; 2072  0,25
t
t2
t2
3

Suy ra f  t  đồng biến trên D

max M  f





2072  4284901 

36
khi t  2072 ta được
37

a 2  b 2  685
a  26


hay x  679; y  2022
a b

b

3



 26 3
2016
min M  f 2017  4060226 
khi t  2017 hay x  3; y  2013
2017





658

0.25