SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TRẦN CAO VÂN

ĐỀ SỐ 191

ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số: y  x 3  3 x 2  1 , có đồ thị (C) .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x3  3x 2  m  2  0 có 3 nghiệm phân biệt,
trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn –1.
Câu 2 ( 1 điểm ):
a) Giải phương trình: 2cos x  sin x  1  sin 2 x .
b) Giải phương trình: log 2 2 x  3log 2 x  log 1 x  2 .
2

Câu 3 ( 1 điểm ):
a) Cho số phức z thõa mãn điều kiện 1  i  z  1  3i  0 .Tìm phần ảo của số phức:

w  1  iz  z .





n

b) Tìm hệ số của x8 trong khai triển x2  2 , biết An3  8Cn2  Cn1  49 .
e

1

Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân: I    x   ln xdx .
x
1
Câu 5 (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(– 4;1;3), B(2; 5;1) , C( 1,– 2;3).
Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB. Tìm M thuộc đường thẳng AB sao
cho CM bằng

54 .

Câu 6 (1 điểm ): Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông với
AB = AC = a, mặt phẳng ( ABC ) tạo với mặt đáy góc 450. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABC. ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , BC  .
Câu 7 (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6); đường
thẳng đi qua trung điểm các cạnh AB và AC có phương trình: x  y  4  0 . Tìm tọa độ đỉnh B và
C biết điểm E(1 ;–3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.

 x 2  4 y 2  2 x  1  2 2 y  1  e2 y  e x
Câu 8 (1 điểm ) : Giải hệ phương trình: 
3
2
 y  3xy  5 y  2 x  4
Câu 9 ( 1điểm) : Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x  x  1  y  y  1  z  z  1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

1
1
1



x 1 y 1 z 1
----------Hết----------

1078

4
.
3


ĐÁP ÁN
Câu

Nội dung

Điểm

1a(1 điểm)
TXĐ : D = R
lim y  ; lim y  

x 
,

0,25

x 


2

y  3x  6 x

Chiều biến thiên: y '  0   x  0

 x  2

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (–2;0) và đồng biến trên các khoảng
(  ;–2), (0;  )
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = –2; yCĐ = 5, đạt cực tiểu tại x = 0;
yCT = 1
Bảng biến thiên
x 
y
y

1
(2điểm)

2
0
5



0
0




0,25





0,25

1


y
7
6
5
4

0,25

3
2
1

x
-5

-4

-3


-2

-1

1

2

3

-1

1b(1 điểm)
x 3  3 x 2  m  2  0  x3  3x 2  1  m  3
Đây là pt hđgđ của hai đường (C), (d): y  m  3
Số nghiệm của pt(1) tương ứng bằng số giao điểm của hai đường (C), (d)
(1) có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có đúng hai nghiệm lớn hơn –1 khi và
chỉ khi 1  m  3  3
 2  m  0
2a(0,5 điểm)
2cos x  s inx  1  sin 2 x  (2cosx – 1) – sinx(2cosx – 1) = 0
 (2cosx – 1)(1 – sinx) = 0


sin x  1
 x   k 2

2
(1 điểm)



1
 cos x 

2

2
, ( k  )

 x     k 2

3

2b(0,5 điểm)
ĐK: x > 0 (*). log2 2 x  3 log2 x  log 1 x  2  2 log 22 x  log 2 x  1  0
2

 log 2 x  1  x  1
1

2 đều thỏa (*) . Vậy S =  ; 2 


1

 log 2 x 
2

 x  2


2

1079

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25


3a(0,5 điểm)
Giã sử z  x  yi, ( x  , y   )  z  x  yi . Theo giả thiết ta có :
x  2
 z  2i
(1  i )( x  yi )  1  3i  0  ( x  y  1)  ( x  y  3)i  0  
 y  1
w  1  (2  i )i  2  i  2  i . Vậy phần ảo của w là:  1

0,25
0,25

3b(0,5 điểm)
3

Điều kiện n  4 , Ta có x 2  2
(1 điểm)



8

n

n

  C x

4
n

k
n

2k

2n k

k 0

Hệ số của số hạng chứa x là C 2

0,25

n 4


Ta có: An3  8Cn2  Cn1  49
 (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
 n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7

0,25

Nên hệ số của x8 là C74 23  280
e

1
I =  ( x  ) ln xdx =
x
1

4
(1 điểm)

e

e

ln x
dx  I1  I 2
x
1

 x ln xdx  
1


1

du

dx

u  ln x
x
Tính I1 : Đặt 

2
du  xdx v  x

2
e
2
2
x
e 1
e 1 2 e e2 1 2
e2  1
=

e

1

I1   ln x  1   xdx   x 1
  4
21

2 4
2 4
 2

e

1
2

Tính I 2   ln xd (ln x )  ln 2 x 1e 
1

I

1
2

e2  3
4

0,25

0,25
0,25

5a(0,5 điểm)
Mặt phẳng trung trực (α) của đoạn AB là mặt phẳng đi qua trung điểm I của
đoạn AB và vuông góc với
AB.
I(– 1;3;2)


(α)  AB  mp(α) nhận AB = (6;4;–2) làm vectơ pháp tuyến
Pt (α) : 6(x + 1) + 4(y– 3) – 2(z – 2) = 0
Hay 3 x  2 y  z  1  0
5b(0,5 điểm)
5
(1 điểm) Pt đường thẳng AB là :

0,25

 x  4  6t

 y  1  4t
 z  3  2t


0,25
0,25

0,25

Gọi M(x; y; z) thuộc đường thẳng AB  M(– 4 + 6t; 1 + 4t; 3 – 2t)
2

CM  (5  6t ) 2   3  4t   (2t ) 2  54
2
2
2
 25 – 60t + 36t + 9 + 24t + 16t + 4t = 54
x 1

43 3 26
2
 14t – 9t – 5 = 0  
 M 1 (2;5;1), M 2 ( ; ; )
5
x  
7 7 7

14

1080

0,25


ABC

C'

A'

vuông cân tại A, gọi M là

trung điểm BC  AM  BC

B'

Hình chiếu của AM lên  ABC  là

H


AM  AM  BC
6
(1
điểm )

A

  ( ABC );( ABC )   
AMA  45

0

0,25
C

a
45

a

M
B

Lăng trụ đứng nên chiều cao h  AA  AM 

a 2
a 2 a 2 a3 2
.V .


2
2 2
4

BC  // BC  BC  //  ABC   d  B C ; AB   d  B C ;( ABC ) 

 d ( B ' ; ( A' BC ))  d ( A; ( A' BC ))  AH 

a
2

0,25
0,25
0,25

A(6;6)

d:x+y–4=0
E(1;–3)

B

H

D

C

Đường thẳng (AD) qua A(6;6) và vuông góc với d suy ra H là giao của


0,25

(AD) với d . Tọa độ của H là nghiệm của hệ :

7
(1 điểm)

x  6  t
x  6  t


  y  6  t  H   2; 2   D   2; 2 
y  6  t
x  y  4  0
t  4



( Vì H là trung điểm của AD).
Đường thẳng (BC) qua D(–2;–2) và song song với d :
  BC  :  x  2    y  2   0  x  y  4  0 . Điểm B thuộc (BC) suy ra

0,25



B  t; t  4  và điểm C(–4–t;t). Ta có : CE   5  t ; 3  t  ; AB   t  6; t  10  .




Vì E nằm trên đường cao kẻ từ C cho nên CE AB  0
  t  5  t  6    t  3 t  10   0  2t 2  12t  0
t  0  B   0; 4  ; C   4; 0 

t  6  B   6; 2  ; C   2; 6 

1081

025

025


Điều kiện x  1, y 

1
,
2

0,25

 x 2  2 x  1  e x  e 2 y  4 y 2  2 2 y  1(*)
Ta có : (I )   3
2
 y  3 xy  5 y  2 x  4
1

Xét hàm số f(t) = t 2  2 t  1  et , (t  1) . Có f ' (t )  2t 
 et  0 , t  1
8

t 1
(1 điểm)
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên [ 1,+  )
x  2 y

0,25

Mà (*)  f ( x )  f (2 y )  x  y  ( I )  

0,25

x  2 y
x  2
. Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; 1)


2
y 1
( y  1)( y  4)  0

0,25

3
2
2
y  6y  5y  4y  4

3



1
1
1 
Ta có 3   x  1
 y 1
 z 1

x 1
y 1
z  1 


2
2
2
1
1



x 1  y 1  z 1 


2
2

  x  1
y

1


2



 

 





 

 



2
z 1 

1



0,25

(theo bất đẳng thức Bunhia)
 1

1
1 
  x  y  z  3 


   x  y  z  3 P
 x  1 y  1 z  1
9
Suy ra P 
x y z 3

Mặt khác:
9
(1 điểm)

4
4
 x2  y 2  z2   x  y  z  
3
3
2
2
2
 3  x  y  z   3  x  y  z   4 (a)
x  x  1  y  y  1  z  z  1 

0,25

2


Áp dụng Bunhia:  x  y  z   3  x 2  y 2  z 2  (b)
3  x 2  y 2  z 2   4  3t

Đặt t  x  y  z , từ (a), (b) ta được:  2
 t 2  3t  4
2
2
2
t  3  x  y  z 
 t 2  3t  4  0  0  t  4
9
9
Xét hàm số f  t  
với t   0;4 , có f   t   
 0 nên
2
t 3
 t  3
min f  t   f  4  
 0; 4

0,25

9
7

 x  y  z  4
x  y  z  4
9
9

, min P  tại 

43
7
 x  1  y  1  z  1
x  y  z
4
 x yz .
3

Suy ra P 

Mọi cách giải đúng khác đều đạt điểm tối đa.

1082

0,25