Dethithu.net de thi thu thpt qg mon toan 2016 so2

  • 5 trang
  • file .pdf
http://dethithu.net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày!
DETHITHU.NET ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016
———————— Môn : TOÁN
Đề số 02 Thời gian làm bài 180 phút
————
De
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x4 + (m + 1)x2 − 2m − 1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 2 (1,0 điểm). √
sin 2x + cos 2x − 3 2 sin x − 2
a) Giải phương trình = 1.
x + cos x)2
(sin p
b) Tìm số phức z thỏa mãn z 2 = z 2 + z 2 . DeThiThu.Net
Th
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 22x+1 − 3.2x − 2 = 0.
√ x4 − 2x3 + 2x − 1
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x⩾ .
x3 − 2x2 + 2x
Z1 √ 
2 x
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = x x + 1 + e dx.
0
iTh
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông,
√ BD = 2a; tam giác
SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC = a 3. Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 6. Đường thẳng chứa BD có phương trình 2x + y − 12 = 0; đường thẳng AB qua điểm
M (5; 1); đường thẳng BC qua điểm N (9; 3). Viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật biết
điểm B có hoành độ nguyên.
x−1
u.N
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : =
2
y−3 z x−5 y z+5
= , d2 : = = và mặt phẳng (P ) : x − 2y + 2z − 1 = 0. Tìm hai điểm M
−3 2 6 4 −5
thuộc d1 và N thuộc d2 sao cho M N song song với (P ) và cách (P ) một khoảng bằng 2.
 n
1
Câu 9 (0,5 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển biểu thức x3 − 2 , biết
x
n là số tự nhiên thỏa mãn Cn4 = 13Cnn−2 .
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1.
Chứng minh bất đẳng thức :
et
2a 2b c2 − 1 3
2
+ 2
+ 2

a +1 b +1 c +1 2
DeThiThu.Net
——— Hết ———
Tham gia ngay! Group FB : ÔN THI ĐH TOÁN - ANH
4 : http://facebook.com/groups/onthidhtoananhvan
http://dethithu.net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày!
DeThiThu.Net
————————
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016
Môn : TOÁN
Đáp án đề số 02 Thời gian làm bài 180 phút
————
Câu 1a (1,0 điểm).
De
Với m = 1 hàm số trở thành y = x4 + 2x2 − 3.
• Tập xác định : D = R. y
• Sự biến thiên :
+ Giới hạn tại vô cực :
lim y = +∞; lim y = +∞.
x→+∞ x→−∞
+ Bảng biến thiên :
y 0 = 4x3 + 4x = 4x (x2 + 1); y 0 = 0 ⇔ x = 0.
Th
−1 O 1 x
x −∞ 0 +∞
y0 − 0 +
+∞ +∞
y
−3
−3
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞)
iTh
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; 0).
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = −3.
• Đồ thị :
+ Cắt Ox tại hai điểm (−1; 0) và (1; 0).
+ Nhận trục Oy làm trục đối xứng.
Câu 1b (1,0 điểm). 
0 3 2 0 x=0
Đạo hàm y = 4x + 2(m + 1)x = 2x (2x + m + 1); y = 0 ⇔ .
2x2 = −m − 1
u.N
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ y 0 có ba nghiệm phân biệt ⇔ −m − 1 > 0 ⇔ m < −1.
Vậy với m < −1 thì hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 2a (0,5 điểm).
Với điều kiện tan x 6= −1, phương trình đã cho tương đương với :
√ √
sin 2x + cos 2x − 3 2 sin x − 2 = 1 + sin 2x ⇔ 2sin2 x + 3 2 sin x + 2 = 0
 √
sin x = − √2 (loại)
⇔ 2
sin x = −
2
 π
et
x = − + k2π (loại)
⇔ 4

x= + k2π
4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = + k2π (k ∈ Z).
4
Tham gia ngay! Group FB : ÔN THI ĐH TOÁN - ANH
1 : http://facebook.com/groups/onthidhtoananhvan
http://dethithu.net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày!
Câu 2b (0,5 điểm).
Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) ⇒ z 2 = a2 − b2 + 2abi. Khi đó
p √
z = z 2 + z 2 ⇔ a2 − b2 + 2abi = 2a2 − 2b2
2
 2 √
a − b2 = 2a2 − 2b2

2ab = 0

De
 2 2
 a − b = 2a2 − 2b2
⇔ a=0
b=0


Với a = 0 ⇒ b = 0; với
√ b = 0 ⇒ a = 0 hoặc a = ± 2.
Vậy z = 0 và z = ± 2.
Câu 3 (0,5 điểm).
Phương trình đã cho tương đương với :
Th
2x = 2
"
2x x
2.2 − 3.2 − 2 = 0 ⇔ 1 ⇔x=1
2x = − (vô nghiệm)
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.
Câu 4 (1,0 điểm).
Với điều kiện x > 0, bất phương trình đã cho tương đương với :
iTh
√ 3
√ (x + 1)(x − 1)3 ( x) (x − 1)3
x⩾  ⇔ ⩾ (1)
x (x − 1)2 + 1 (x − 1)2 + 1

x+1
t3 0 t4 + 3t2
Xét hàm số f (t) = trên R có f (t) = ⩾ 0, ∀t ∈ R.
t2 + 1 (t2 + 1)2
Lại có f (t) liên tục trên R nên luôn đồng biến trên R. √
√ √ 3+ 5
Do đó (1) ⇔ f ( x) ⩾ f (x − 1) ⇔ x ⩾ x − 1 ⇔ 0 < x ⩽ .
√ #2
u.N
3+ 5
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = 0; .
2
Câu 5 (1,0 điểm).
Z1 √ Z1
Ta có I = x x2 + 1dx + xex dx = I1 + I2 .
√0 0
Đặt u = x2 + 1 ⇔ u2 = x2 + 1 ⇒ udu = xdx. √

2 √
√ R2 2 u 3
2 2−1
Đổi cận x = 0 ⇒ u = 1; x = 1 ⇒ u = 2, ta có I1 = u du = = .
1 3 1 3
Z1
et
( (
u=x du = dx
Đặt ⇒ , ta có I2 = xex |10 − ex dx = e − ex |10 = 1.
dv = ex dx x = ex
√ √ 0
2 2−1 2 2+2
Vậy I = I1 + I2 = +1= .
3 3
Câu 6 (1,0 điểm). √
Tam giác ABD vuông cân tại A và có BD = 2a, suy ra AB = AD = a 2.
Đáy ABCD là hình vuông nên có diện tích SABCD = AB 2 = 2a2 .
Tham gia ngay! Group FB : ÔN THI ĐH TOÁN - ANH
2 : http://facebook.com/groups/onthidhtoananhvan
http://dethithu.net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày!
Gọi H là hình chiếu của S trên AC, ta√có (SAC)⊥(ABCD) √ nên SH⊥(ABCD).
Tam giác SAC vuông tại S nên SA = AC 2 − SC 2 = 4a 2 − 3a2 = a.
√ √
SA.SC a.a 3 a 3
Từ đó suy ra SH = = = .
AC 2a 2 √
1 1 2 a 3 a3
Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD = .SABCD .SH = .2a . =√ .
3 3 2 3
De
S
I
A K D
H
Th
B C
r
√ 3a2 a
Tam giác SAH vuông tại H nên HA = SA2 − SH 2 = a2 −
= ⇒ CA = 4HA.
4 2
Ta có BC||AD, do đó d (B, (SAD)) = d (C, (SAD)) = 4d (H, (SAD)).
Gọi K là hình chiếu của H trên AD, ta có SK⊥AD và HK⊥AD nên AD⊥(SHK).
Gọi I là hình chiếu của H trên SK, ta có HI⊥SK và HI⊥AD nên HI⊥(SAD).
iTh
Từ đó suy ra d (B, (SAD)) = 4d (H, (SAD)) = 4HI. √
0 a 2
Tam giác AHK vuông cân tại K nên HK = AH sin 45 = .
√4
HS.HK a 21
Tam giác SHK vuông tại H nên HI = √ = .
HS 2 + HK 2 14 √
2a 21
Vậy khoảng cách từ B đến (SAD) là d (B, (SAD)) = 4HI = .
7
Câu 7 (1,0 điểm).
−−→ −−→
Ta có B ∈ BD nên B(t; 12 − 2t) ⇒ M B = (t − 5; 11 − 2t), N N = (t − 9; 9 − 2t).
u.N
Lại có ABCD là hình chữ nhật và M ∈ AB, N ∈ BC nên
−−→ −−→ 24
M B.N B = 0 ⇔ 5t2 − 54t + 144 = 0 ⇔ t = 6 hoặc t = (loại) ⇒ B(6; 0)
5
Đường thẳng AB có − u−→ −−→ −−→
AB = M B = (1; −1) ⇒ nAB = (1; 1) nên có phương trình x + y − 6 = 0.
Đường thẳng BC có − u−→ −−→ −−→
BC = N B = (−3; −3) ⇒ nBC = (1; −1) nên có phương trình x−y−6 = 0.
|t − 6| 3|t − 6|
Lại có D ∈ BD ⇒ D(t; 12 − 2t) ⇒ AD = d(D; AB) = √ , CD = d(D; BC) = √ .
2 2
3
Khi đó SABCD = AD.CD = 6 ⇔ (t − 6)2 = 6 ⇔ t = 10 hoặc t = 2.
2
et
Với t = 10 ⇒ D(10; −8) ⇒ AD : x − y − 18 = 0, CD : x + y − 2 = 0.
Với t = 2 ⇒ D(2; 8) ⇒ AD : x − y + 6 = 0, CD : x + y − 10 = 0.
Vậy AB : x + y − 6 = 0, BC : x − y − 6 = 0, AD : x − y − 18 = 0, CD : x + y − 2 = 0
hoặc AB : x + y − 6 = 0, BC : x − y − 6 = 0, AD : x − y + 6 = 0, CD : x + y − 10 = 0.
Câu 8 (1,0 điểm).
Ta có M ∈ d1 ⇒ M (1 + 2t1 ; 3 − 3t1 ; 2t1 ), N ∈ d2 ⇒ N (5 + 6t2 ; 4t2 ; −5 − 5t2 ).
−−→
Suy ra M N = (4 − 2t1 + 6t2 ; −3 + 3t1 + 4t2 ; −5 − 2t1 − 5t2 ).
Tham gia ngay! Group FB : ÔN THI ĐH TOÁN - ANH
3 : http://facebook.com/groups/onthidhtoananhvan
http://dethithu.net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày!
Vì M N ||(P ) nên ta có :
−−→ −−→
M N .n(P ) = 0 ⇔ 4 − 2t1 + 6t2 − 2(−3 + 3t1 + 4t2 ) + 2(−5 − 2t1 − 5t2 ) = 0 ⇔ t1 = −t2

|1 + 2t1 − 2 (3 − 3t1 ) + 4t1 | t1 = 1
Lại có d(M N, (P )) = d(M, (P )) = 2 ⇔ =2⇔ .
3 t1 = 0
Với t1 = 0 ⇒ t2 = 0 ⇒ M (1; 3; 0), N (5; 0; −5), t1 = 1 ⇒ t2 = −1 ⇒ M (3; 0; 2), N (−1; −4; 0).
De
Vậy M (1; 3; 0), N (5; 0; −5) hoặc M (3; 0; 2), N (−1; −4; 0).
Câu 9 (0,5 điểm).
Với điều kiện n ∈ Z, n ≥ 4 ta có
n(n − 1)(n − 2)(n − 3) 13n(n − 1)
Cn4 = 13Cnn−2 ⇔ = ⇔ n2 − 5n − 150 = 0 ⇔ n = 15
4! 2!
 n  15 X 15  k X 15
1 1 3 15−k 1
3 3 k k
(−1)k x45−5k .

Với n = 15 ta có x − 2 = x − 2 = C15 x − 2 = C15
Th
x x k=0
x k=0
Số hạng chứa x10 là số hạng chứa xk thỏa mãn 45 − 5k = 10 ⇔ k = 7.
7
Vậy hệ số của số hạng chứa x10 là C15 (−1)7 = −6435.
Câu 10 (1,0 điểm).
Từ giả thiết ab + bc + ca = 1 ta có a2 + 1 = a2 + ab + bc + ca = a(a + b) + c(b + a) = (a + b)(a + c).
Tương tự b2 + 1 = (b + c)(b + a) và c2 + 1 = (c + a)(c + b).
Từ đó suy ra :
iTh
a b a b 1 + ab
+ = + =p
a2 + 1 b2 + 1 (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (a2 + 1) (b2 + 1) (c2 + 1)
1 + ab 1 1
=q .√ ⩽√
2 2
(1 + ab)2 + (a − b)2 c + 1 c +1
2a 2b c2 − 1 2 c2 − 1 2 2
Hay 2 + 2 + 2 ⩽ √ + 2 =1+ √ − 2 .
a +1 b +1 c +1 c +1 c +1
2 c +1 c +1
2
2 2 2 4
Xét hàm số f (t) = 1 + − 2 trên [1; +∞) có f 0 (t) = − 2 + 3 ; f 0 (t) = 0 ⇔ t = 2.
u.N
t t t t
Bảng biến thiên :
t 1 2 +∞
0
f (t) + 0 −
3
f (t) 2
1 1
3 2 2 3
Từ bảng biến thiên ta có max f (t) = f (2) = hay 1 + √ − 2 ⩽ .
2 c2 + 1 c + 1 2
et
[1:+∞)
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
——— Hết ———
Tham gia ngay! Group FB : ÔN THI ĐH TOÁN - ANH
4 : http://facebook.com/groups/onthidhtoananhvan