SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẢO LỘC

MÔN : TOÁN
Thời gian : 180 phút ( Không kể thời gian phát đề )

Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số y =

x−2
x +1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) ,biết tiếp tuyến song song với đường thẳng ∆ : y = 3 x + 1
Câu 2 ( 1,0 điểm)
a) Giải phương trình : cos 2 x − 3cos x + 2 = 0
b) Tìm phần thực, phần ảo, mô đun của số phức z, biết :

1 + 2i
.z = 3 − 2i
1− i

Câu 3 ( 0,5 điểm ) Giải phương trình : 9 x − 3.3x + 2 = 0
( y + 4) y + 1 = x 3 + 6 x 2 + 15 x + 14
Câu 4 ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình : 
 2 y − 7 x − 20 + 2 y − 11 = 0
Câu 5 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x ln x ; y = x ; x = 1 .
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O.Mặt bên (SAB) là tam
giác cân tại S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy , góc tạo bởi SC và mặt phẳng đáy bằng

Họ và tên thí sinh………………………………………………………………; Số báo danh………….……...


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - MÔN : TOÁN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Câu

Đáp án
Cho hàm số y =

Câu 1
(2,0 đ)

Điểm

x−2
x +1

1,0 đ

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho.
Tập xác định : D = ¡ \ {−1}
lim y = 1; lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị (C )
x→−∞

x→+∞

lim y = −∞; lim − y = +∞ ⇒ x = −1 là tiệm cận đứng của (C )
x →( −1)


y

0,25

+
y

1

f(x)=1
x(t)=-1, y(t)=t

−∞

1

f(x)=(x-2)/(x+1)

5

x
-8

Bảng giá trị :
x

0

-2


thẳng ∆ : y = 3 x + 1

1,0 đ

Gọi M ( x0 ; y0 ), x 0 ≠ −1 là tiếp điểm của tiếp tuyến và (C )
 x0 = 0
Vì tiếp tuyến song song với ∆ ⇒ y '( x0 ) = 3 ⇔ 
 x0 = −2

0,25

+ Với x0 = 0 ⇒ y0 = −2 : PTTT : y = 3 x − 2

0,25
0,25


+Với x0 = −2 ⇒ y0 = 4 :PTTT: y = 3x + 10

Câu 2

 y = 3x − 2
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa đề bài : 
 y = 3 x + 10

0,25

a) Giải phương trình : cos 2 x − 3cos x + 1 = 0

0,5 đ

9 7
.z = 3 − 2i ⇔ z =
⇔z=− − i
1− i
1 + 2i
5 5
Phần thực : −

Câu 3
(0,5 đ)

9
5

, phần ảo : −

7
130
, mô đun : z =
5
5

0,5 đ

0,25
0,25

Giải phương trình : 9 x − 3.3x + 2 = 0

0,5 đ

Điều kiện : y ≥ 11
Ta có : (1) ⇔

(

)

3

y + 1 + 3 y + 1 = ( x + 2)3 + 3( x + 2) (*)

1,0 đ

0,25

Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t , t ∈ ¡
Ta có : f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ Hàm số f đồng biến trên ¡
Mà (*) ⇔ f ( y + 1) = f ( x + 2) ⇔

 x ≥ −2
y +1 = x + 2 ⇔ 
2
 y + 1 = ( x + 2)

Thay y = (x + 2)2 − 1 vào (2) ta được : 2(x 2 + 4x + 3) − 7x − 20 + 2 x 2 + 4x − 8 = 0

0,25


2x 2 + 2x − 12 + 2 x 2 + 4x − 8 − (x + 2) = 0 ⇔ (x − 2)(2x + 6) +

1,0 đ

0,25
e

Diện tích hình phẳng cần tìm là : S = ∫ x ln x − x dx =
1

e

e

1

1

∫ x ln xdx −∫ xdx = S1 − S2

0,25

e

* S1 = ∫ x ln xdx
1

1

e
e
du = dx

2
e

0,25

e

x2
e2 1
S
=
xdx
=
=
−
* 2 ∫
2
2
2
1
1
Vậy S =

Câu 6
(1,0 đ)

e2 + 1 e2 − 1 3 − e 2 e2 − 3
−
=
=


SH
a 15
·
Xét ∆SCH vuông tại H có : tan SCH
=
⇒ SH = HC.tan 600 =
HC
2
⇒ VS . ABCD

1
1 2 a 15 a 3 15
= .S ABCD .SH = a .
=
3
3
2
6

0,25

Gọi N là trung điểm của CD ,K là hình chiếu của H lên SN ⇒ HK ⊥ SN tại K (1)
CD ⊥ HN
⇒ CD ⊥ ( SHN ) ⇒ CD ⊥ HK (2)
Ta có : 
CD
⊥
SH



Câu 7
(1,0 đ)

a 285
19

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có trung điểm cạnh
CD là M (2;1) , đường thẳng đi qua đỉnh D và trung điểm N của cạnh BC là
3 x − y − 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết điểm D có tung độ

0,25

1,0 đ

nhỏ hơn 2.
Gọi N là trung điểm cạnh BC ⇒ DN : 3x − y − 3 = 0
Chứng minh được : AM ⊥ DN tại I
MA qua M(2;1) và vuông góc với DN có phương trình : x + 3y − 5 = 0
7 6
I là giao điểm của AM,DN ⇒ I  ; ÷
5 5
Kẻ PN||DC , P ∈ AD ⇒ PN ∩ AM = {Q}
⇒ Q là trung điểm AM
1
1
3
3
Ta có : PQ = DM = DC ⇒ QN = DC ⇒ QN = DM
2

5


0,25

M là trung điểm CD ⇒ C(3; 2)
uuur uuur
Ta có : AB = DC ⇒ B(1; 4) .Vậy A(−1; 2),B(1; 4),C(3; 2),D(1; 0)
x −1 y − 2 z − 4
=
=
và điểm
2
−1
1
M (2;3; −1) .Tìm tọa độ điểm M’ đối xứng của điểm M qua đường thẳng ∆ .Viết
phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với đường thẳng ∆ .
uuuu
r
Ta có : H ∈ ∆ ⇒ H (1 + 2t ; 2 − t ; 4 + t ) ⇒ MH = (−1 + 2 t; −1 − t;5 + t),

0,25

Trong không gian với hệ tọa Oxyz ,cho đường thẳng ∆ :
Câu 8
(1,0 đ)

1,0 đ

uur

đạt chất lượng . Đoàn kiểm tra chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa . Tính xác suất trong 3 hộp
hộp sữa đó phải có cả hai loại có chất lượng trung bình,và không đạt chất lượng.
3
Số phần tử của không gian mẫu: C50

Số cách chọn được 1 hộp sữa có chất lượng trung bình ,1 không đạt chất lượng , 1 tốt
1
1
1
là : C7 .C3 .C40

Số cách chọn được 1 hộp sữa có chất lượng trung bình ,2 không đạt chất lượng là:
C71 .C32
Số cách chọn được 2 hộp sữa có chất lượng trung bình ,1 không đạt chất lượng là :
2
7

1
3

C .C

0,25


1
C71 .C31.C40
+ C71 .C32 + C72 .C31 33
=
Xác suất cần tìm là :

+ (a + b + c ) 2 + 2
9(a + b + c) 2
a+b+c 2

0,25

1 1 2
Đặt t = a + b + c, t > 0 ta được : P ≥ + t + 2
t 2
t
0
1 1 2
Xét hàm số : f (t ) = + t + 2, t > 0
t 2
f’(t)

Ta có : f '(t) = −

1
+ t = 0 ⇔ t = f(t)
1
2
t

Dựa vào BBT ,ta có : P ≥ f (1) =
Vậy pmin =

7
2



0,25

Lưu ý : Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì vẫn được trọn điểm câu đó.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016


TRƯỜNG THPT BẢO LỘC
MÔN TOÁN

TỔ TOÁN- TIN

THỜI GIAN 180 PHÚT

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = f(x) = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 −1)x + m − m3 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm các giá trị m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ O
đến điểm cực đại bằng 2 lần khoảng cách từ O đến điểm cực tiểu.
Câu 2 (1điểm). Giải phương trình : 3.9

x +1

− 5.3

x +1

+ 2 = 0 (x ∈ R)


Câu 9 (1 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c =

3
2


2
2
2
Chứng minh rằng : ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ≥

125
.
64

Hết


Câu

Đáp án
Khi m = 1, y = f(x) = x 3 − 3x 2 (C)

y

D = R, y’ = 3x 2 − 6x
lim y = +¥ ,

1

x

-∞

y’

+

y
1a)

0
0

2
-

0

+

0
-∞

0,25

+∞

+∞
-4
hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với mọi m

0,25


Câu

Đáp án



+ 2 = 0 (x ∈ R)

0.25

+ Điều kiện x ≥ −1
2

1 điểm

+ Đặt t = 3

x +1

, t ≥ 1 đưa về pt : 3t 2 - 5t +2 =0
0.25

2
+ Giải tìm t =1Ú t = (loại)
3

+ Giải phương trình 3

x +1

0.25

=1Û x =- 1

0.25


.sin x.dx + ∫ 2 x.sin x.dx
0

0,25

π

π
1
.sin x.dx = − ∫ .e3cos x .d (3cos x) = − 1 e3cos x = 1 (e3 − 13 )
3
3
30
e
0

0,25
3

π

I2 =

∫ 2 x.sin x.dx
0

1 điểm Đặt u = 2x => du = 2dx
dv = sinxdx => v = –cosx
π


0,25

Ta có 1.C61 = 6 (Cách)

0,25

Vậy có các trường hợp là: 30 + 6 = 36 (cách)
a)
r

uuuv

Vì mp(Q) là mp trung trực của đoạn AB nên nhận vectơ n = AB = ( 2;0;2)

0,25

làm vectơ pháp tuyến
và đi qua trung điểm I ( 2; 2;-1) của đoạn thẳng AB
Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: x + z - 1 =0
5
1 điểm

0,25

x = 1+ t

b) Phương trình tham số (AB) :  y = 2
 z = −2 + t


3

0,25

+ Trên mp(SAB) vẽ AH ⊥ SB lại có AH ⊥
BC
Suy ra AH ⊥ (SBC)
6
+

1 điểm

1
1
1
2 =
2 +
AH
SA AB 2

suy ra AH=

2 5a
5

0,25
1
2

Suy ra d(O;(SBC))= AH=

⇔ 2a 2 − 3ab − 2b 2 = 0

 a=2
Chọn b = 1 ⇒ 2a − 3a − 2 = 0 ⇔ 
1
a=−

2
2

+ Với a = 2 và b = 1 ⇒ ( AB ) : 2 x + y − 7 = 0, ( AC ) : x − 2 y + 2 = 0
Ta có A = AB ∩ AC ⇒ toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ
12

x=

x − 2 y + 2 = 0

 12 11 
5
⇔
, A  ; ÷( thỏa đk)

2 x − y − 7 = 0
 y = 11  5 5 

5
 18 1 
; − ÷, C ( 0;1)
 5 5

=
0


5
⇔
=>Ttoạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ 
 2 x + y − 11 = 0
 y=9

5

0,25

( loại vì không thỏa đk)
 12 11 

 18

1

Vậy: A  ; ÷, B  ; − ÷, C ( 0;1)
5 5
 5 5

0,25

0,25

 y x 2 + 16 = x y 2 − 16 + 16


) (
3

x − 2 +1 +

)

x − 2 + 1 (4)

Xét hàm đặc trưng f (t ) = t 3 + t , t ∈ ¡ , f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ¡


Câu

Đáp án

Điểm

=> f(t) đồng biến trên |R, do đó ta có:
(4)  f ( y − x) = f

(

)

x − 2 + 1  y − x = x − 2 + 1 (5)

0,25


Ta có ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ≥

125
64

5
⇔ ln ( 1 + a 2 ) + ln ( 1 + b 2 ) + ln ( 1 + c 2 ) ≥ 3ln .
4

1 điểm

0.25
 3

4

Xét hàm số f ( t ) = ln ( 1 + t 2 ) − t trên 0;  .
5
 2
Ta có
f '( t ) =

2t
4
1
− ; f ' ( t ) = 0 ⇔ t = và
2
1+ t
5
2

4 5

0.25


Câu

Đáp án

5
4

Điểm

2
2
2
Suy ra ln ( 1 + a ) + ln ( 1 + b ) + ln ( 1 + c ) ≥ 3ln , (đpcm). Dấu đẳng thức xảy ra khi

1
2

và chi khi a = b = c = .

0.25