SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT NAM SÁCH

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
LẦN 2 - NĂM HỌC 2016
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  1 .
Câu 2 (1 điểm) Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y 

2x 1
với đường thẳng
x 1

y  x  7 và viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm ấy.
Câu 3 (1 điểm)
a) Giải phương trình:

1  cos x(2 cos x  1)  2 sin x
 1.
1  cos x

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1  2i ) z  (2  3i ) z  2  2i . Tính mô đun của z.
Câu 4 (1 điểm)
a) Giải phương trình: x  log 2 (9  2 x )  3 .
b) Gieo đồng thời ba con xúc sắc đồng chất, cân đối. Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện
trên ba con là 10.
1

Câu 5 (1 điểm) Tính tích phân I   1  x   2  e 2 x  dx .
0

Câu 6 (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm toạ độ điểm M
thuộc mặt phẳng ( P ) : x  y  z  1  0 để MAB là tam giác đều.
Câu 7 (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng
BC tạo với mặt phẳng (ABBA) góc 600 và AB = AA = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của
a
BB, CC, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ  . Tính theo a thể tích khối lăng trụ
4
ABC.ABC và chứng minh rằng ( MAC )  ( NPQ ) .

  900 , AC  AB . Gọi H
Câu 8 (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác vuông ABC, BAC
là chân đường cao hạ từ A lên BC. Trên tia BC lấy điểm D sao cho HA = HD. Kẻ đường thẳng
5 3
qua D vuông góc với BC cắt AC tại E. Biết H 2;1 , trung điểm của BE là M  ;  , trung điểm
 2 2 

3 
của AB là N  ;2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
 2 


3
2 x  y 1  3 2 y  y  2 x  1
Câu 9 (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
 x, y   

2 x  y  5  3 x  2 y  11  x 2  3 y  16

Câu 10 (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  3. Chứng minh rằng :


x  y  z y  z  x z  x  y


 2 xyz.
4  yz
4  zx
4  xy
…………………Hết…………………
Họ và tên thí sinh: ............................................................ Số báo danh: ............................


TRƯỜNG THPT NAM SÁCH - ĐÁP ÁN
CÂU
1
(1,0
điểm)

- Tập xác định: D   .

0,25

- Chiều biến thiên: Ta có: y '  3 x 2  12 x  9 ; y '  0  x  1 hoặc x  3 .
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;1 và  3;   , nghịch biến trên khoảng

1;3 .

0,25

- Cực trị: Hàm đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 . Hàm đạt cực tiểu tại x  3 , yCT  1 .

- Giới hạn: lim y   , lim y   .
x 

- Bảng biến thiên:
x 
y

x 



1
0
3





3
0




0,25


1


- Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số đi qua điểm A  4;3 và cắt trục tung tại điểm

B  0; 1 .

0,25

CÂU
2
(1,0
điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm :

2x 1
 x  7  x 2  6 x  8  0, x  1
x 1

 x  2  y  5
. Các giao điểm là A  2;5  , B  4;3

 x  4  y  3

0,25

y '  2   3  tiếp tuyến tại A là y  3x  11 .

0,25

1
1

13
 tiếp tuyến tại B là y  x  .
3
3
3
a) (0,5 điểm)

0,25

y '  4  

CÂU
3
(1,0
điểm)

0,25

Điều kiện: cos x  1  x  k 2 , k  
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương:

0,25

1  cos x(2 cos x  1)  2 s inx  1  cos x  2sin 2 x  2 sin x  2  0

sin x  

2

5

 x    k 2 , k  ; x 
 k 2 , k   (thỏa điều kiện)
2
4
4

0,25


b) (0,5 điểm)
Gọi z = x + yi  x, y  R  . Phương trình đã cho trở thành:

1  2i  x  yi    2  3i  x  yi   2  2i
  x  2 y    2 x  y  i   2 x  3 y    3x  2 y  i  2  2i
  3 x  5 y     x  y  i  2  2i
3x  5 y  2
x 1


  x  y  2
y 1
2

0,25

0,25

2

Do đó z  1  1  2

CÂU
4
(1,0
điểm)

a) (0,5 điểm)
Điều kiện: 9  2 x  0 . Phương trình đã cho tương đương:
0,25

log2 (9  2x )  3  x  9  2x  23x

 9  2x 

2x  1 x  0
8
2x
x

2

9.2

8

0

(thỏa điều kiện)
 x 
2x
2  8 x  3


0,25

b) (0,5 điểm)
Gọi  là tập hợp tất cả các khả năng xảy ra.Ta có n(  ) = 6.6.6=216
Gọi A là biến cố:” tổng số chấm xuất hiện trên ba con là 10”.
0,25
Các khả năng thuận lợi của A chính là tổ hợp có tổng bằng 10 là: (1;3;6), (1;4;5),
(2;2;6), (2;3;5), (3;3;4), (2;4;4) và các hoán vị có thể của các tổ hợp này.
Ta có n(A) = 6 + 6 + 3 + 6 + 3 + 3 = 27 ( do (2;2;6), (3;3;4), (2;4;4) chỉ có 3 hoán vị)

CÂU
5
(1,0
điểm)

1

1

I   1  x   2  e

2x

0,25

n( A) 27 1
=

n() 216 8


Vậy xác suất P(A) =

1

 dx  2 1  x  dx   1  x  e

dx .

0,25

2
  2  2 x  dx   2 x  x  0  1 .

0,25

0

0
1

0

1

Tính I1  2 1  x  dx 


0


2x

1

0

 du   dx
u  1  x

Tính I 2   1  x  e dx . Đặt 

e2 x
2x
dv  e dx v 
0

2
1

2x

 I2

1  x  e2 x


2

1


1

0,25

1

e2 x
1  e2 x
1 e 2 1 e2  3


dx   0   
   
.
2
2
4
2
4
4
4


0
0
0

Vậy I  I1  I 2  1 

e2  3 e2  1


.
4
4

0,25


CÂU
6
(1,0
điểm)

CÂU
7
(1,0
điểm)

Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB  (Q): x  y  z  3  0

0,25

x  2

Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q)  d:  y  t  1
z  t


0,25


M  d  M (2; t  1; t )  AM  2t 2  8t  11 , AB = 12
MAB đều khi MA = MB = AB
 6  18 4  18 
4  18
 2t 2  8t  1  0  t 
 M  2;
;

2

2
2 
Gọi I là trung điểm AB thì
A'
C ' I  A ' B '
  C ' I  ( ABA ' B ') ,
C ' I  AA ' 

I

0,25
0,25
C'

B'
N

suy ra góc giữa BC và mp(ABBA) chính là góc

0,25




C
' BI . Suy ra C
' BI  600

M
C

A

a 15

C ' I  BI .tan C
' BI 
2

K

P
Q
B

1
a 3 . 15
VABC . A ' B ' C '  AA '.S A ' B ' C '  AA ' . .CI .A ' B ' 
2
4
NP / / BC '

Ta có
  ( NPQ) / /(C ' BI ) (1)
PQ / /C ' I 
'
ABM  BB ' I (c  g  c) suy ra 
AMB  BIB

0,25
0,25


suy ra 
AMB  B
' BI  900  AM  BI
0,25

Mặt khác theo chứng minh trên C’I  AM nên AM  (C ' BI )
Suy ra (AMC)  (C ' BI )

(2)

Từ (1) và (2) suy ra ( MAC )  ( NPQ )
CÂU
8
(1,0
điểm)

B

H


N
M
D

0,25
C

A
E

1
1
AE ; MD  AE  MA  MD
2
2
  450 .
Từ đó suy ra: AHM  DHM  
AHM  DHM


Véc tơ pháp tuyến của đường thẳng HM là n1  1; 1 . Gọi n   a; b là véc tơ pháp

Ta có AM 

tuyến của đường thẳng AH với a 2  b 2  0 .


 
n.n1

 
a  0
a b
2
2
Ta có cos n, n1    



 b  0
2
2
n n1
2 a 2  b2

+ Nếu a  0  n 0;1  AH : y 1  0  BC : x  2  0  B  2; b . Vì N là trung

 

0,25

điểm của AB nên A 1; 4  b  . Do A  AH  4  b  1  b  3  A 1;1 , B 2;3 .
Do M là trung điểm của BE

 1
 E 3; 0  AE : x  2 y  3  0  C  AE  BC  2; 
 2 

0,25


Vì AB  AC nên trường hợp này không thỏa mãn.

+ Nếu b  0  n 1;0  AH : x  2  0  BC : y 1  0  B b;1 . Vì N là trung
điểm của AB nên A 3  b;3 . Do A  AH  3  b  2  b  1  A 2;3 , B 1;1 .
Do M là trung điểm của BE  E  4; 2  AE : x  2 y  8  0  C  AE  BC  6;1

0,25

Ta thấy AB  AC nên trường hợp này thỏa mãn.
Vậy A 2;3 , B 1;1 , C 6;1 .
CÂU
9
(1,0
điểm)

 3 2 x  y 1  3 2 y  y  2 x 1
1
Giải hệ phương trình: 
 x, y   
2 x  y  5  3 x  2 y  11  x 2  3 y  16 2


 x  2 y  4  0
Điều kiện: 
3 x  2 y  9  0
Ta có 1  3 2 x  y  1  2 x  y  1  3 2 y  2 y

0,25

Xét hàm số: f u   u  u , hàm số f u  đồng biến trên 

3

Và f



3



2 x  y 1  f



3



2 y  3 2 x  y 1  3 2 y  y  2 x 1

Thay y  2 x 1 vào phương trình (2), ta được:
2 3x  4  3 5 x  9  x 2  6 x  13

0,25

 (2 3x  4  2( x  2))  (3 5 x  9  3( x  3))  x 2  x



2 x( x  1)

3x  4  ( x  2)



3 x( x  1)
5 x  9  ( x  3)

 x ( x  1)



2
3
 x( x  1) 

 1  0  x  0 hoặc x  1
5 x  9  ( x  3) 
 3 x  4  ( x  2)
(Vì

2
3x  4  ( x  2)



3
5 x  9  ( x  3)

0,25


1  1 )

Với x = 0 thì y = – 1
Với x = –1 thì y = – 3
Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( x; y )  (0; 1);(1; 3)

0,25


CÂU
10
(1,0
điểm)

Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  3.

x y  z

Chứng minh rằng

(1) 

4  yz



y  z  x
4  zx




z x  y
4  xy

yz
zx
x y


2
yz (4  yz ) zx(4  zx ) xy(4  xy)

 2 xyz

(1)

(2)
0,25

2 yz
yz
Ta có :


yz (4  yz ) yz(4  yz )

Đặt t 

Ta có :


yz , 0  t 

2
yz (4  yz )

3
2

1
t  4

 9  4t 2  t 4  16t  4t 3
3
4t  t
9

0,25

 3
 (t  1)2 (t 2  2t  9)  0 t   0; 
 2
Suy ra :

yz

yz (4  yz )

2 yz  8
2


9
yz (4  yz )

Chứng minh tương tự ta có :

0,25

2 xy  8
zx
2 zx  8
x y

;

zx(4  zx)
9
xy (4  xy )
9

Từ đó suy ra : VT (2) 

2( xy  yz  zx )  24 2( x  y  z )  24

 2. (đpcm)
9
9

0,25

Chú ý:

1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như
hướng dẫn quy định.
2) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.