SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN I
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 hàm số y  x4  2 x2  3 .
Câu 2 ( 1,0 điểm ). Tìm m để hàm số y  x3  3mx 2  3  m2  1 x  1 đạt cực tiểu tại x  2 .
Câu 3 ( 1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn  2  i  z  4  3i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức   z  2 z .
b) Giải phương trình log3  2.3x  3  2 x .

2

Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân I   x  3  2 cos x  dx .
0

Câu 5 ( 1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  0 ; 1; 2  và B 1;1;1 mặt
phẳng  P  : x  2 y  2 z  3  0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và B . Tìm tọa độ điểm
M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến  P  bằng 2.

Câu 6 ( 1,0 điểm).
a) Tính giá trị của biểu thức A 

sin 2a.sin a
2
biết cos a   .
1  cos 2a
3

1
(1,0)

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
NỘI DUNG



ĐIỂM

Tập xác định: 
Sự biến thiên:

x  0
 x  1

-Chiều biến thiên:Ta có y '  4 x3  4 x ; y'  0  

0.25

Trên các khoảng   ; 1 và  0 ; 1 ta có y '  0 nên hàm số nghịch biến.
Trên các khoảng  1; 0  và 1;   ta có y '  0 nên hàm số đồng biến.
-Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x  0 ; yCD  y  0   3 ; hàm số đạt cực tiểu tại

x  1; yCT  y  1  4 .






+



0



1

-

0

+

0.25



-3

y

-4


-4

Đồ thị:

x  m  1.

0.5

Theo bài ra ta có xCT  2  m  1  2  m  1 .

0.25

Vậy m  1 là giá trị cần tìm.
3
(1,0 )

a) Ta có

 2  i  z  4  3i  z 

4  3i
 1  2i
2i

Suy ra   z  2 z  1  2i  2 1  2i   3  2i
Vậy  có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2.

0.25
0.25


b).Phương trình đã cho tương đương 2.3 x  3  32 x  32 x  2.3 x  3  0 .

 t  1


2

0.25


2

Tính I2 

 x cosx dx . Đặt u  x ; dv  cos xdx . Suy ra du  dx , chọn v  sin x

0.25

0




Do đó I2  x sin x

2
0

2






x y 1 z  2


.
1
2
3

Gọi M  t ; 1  2t ; 2  3t   d . Theo bài ra ta có

d M ;  P   2 

t  2  1  2t   2  2  3t   3
12  2 2   2 

2

2 sin2 a.cos a sin2 a
.

cos a
2 cos2 a
2
4 5
Theo bài ra ta có cos a    sin2 a  1  cos2 a  1   .
3
9 9
5
Vậy A   .
6

2

5  t  6
 t  1
 5t  6  

.
5  t  6
 t  11
Với t  1  M  1; 3; 5  ; với t  11  M 11; 21; 31
6
(1,0)

0.25

0.25

0.25
0.25

0.25

0.25


7
(1,0)

Diện tích hình chữ nhật ABCD là SABCD  AB.BC  a 2 .2 a  2 2 a2
Gọi H là trung điểm của BC ta có tam giác SBC cân tại S nên SH  BC mà

a 6
3
Trong tam giác vuông SHK
a
3a.
3  3a 7 .
ta có HI  SH .HK

2
2
14
SH  HK
a2
9 a2 
3

Vậy d BD ; SC   2 HI 
8
(1,0)

0.25
I
E
K
B

3a 7
7

C

D

 . Do đó  ADE  BHE (c-g-c)
và 
ADE  BHE
  EAD
 hay EBH
  EAH
 . Vậy tứ
suy ra EBH

giác AEHB nội tiếp nên 
AEB  
AHB  90 (góc

E

nội tiếp chắn cung 
AB ) hay AE  EB .

B

H

C



Gọi A  a ; 2 a  1  d . Ta có EA   a  2 ; 2 a  1 ; EB   3; 1 .
 

0.25


CÂU
9
(1,0)

NỘI DUNG

ĐIỂM

1
; 4 x  y  2  0 .Đặt t  x  y ( t  0 ).  y  t 2  x .
2
t  1
2
PT (1) trở thành: xt 2  t 2  2 x  1 t  2t 2  x   t  1  t  x   0  
.
t   x
Điều kiện: x  y 









x  y  1  x  y  1 thay vào PT (2) của hệ ta được:

Với t   x ta có





2 x2  1  x2  2 x  2  2 x2  x  1

(*)

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM ta có

2 x2  1  1
x2  2 x  3
. Cộng vế theo vế ta được
 x 2 và x 2  2 x  2 .1 
2
2
3x 2  2 x  3
. Dấu “=” xảy ra khi x  1 .
2 x2  1  x2  2 x  2 
2
2
3x 2  2 x  3
2
Từ phương trình (*) suy ra 2 x  2 x  2 
  x  1  0  x  1 .
2
Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất x  1 . Do đó  x ; y    1; 2  .



2

2

0.25



Và  a  2  b  2  c  2   0  abc  2  ab  bc  ca   4  a  b  c   8  0

 a  1 b  1 c  1  0  abc   ab  bc  ca  a  b  c  1  0 mà a  b  c  4
Nên ta có ab  bc  ca  3  abc  2  ab  bc  ca   8  ab  bc  ca  5 .
Suy ra: a4  b4  5c2  6 abc  2  ab  bc  ca   24 .
2  ab  bc  ca   25
25
Do đó P 
  ab  bc  ca   3 
  ab  bc  ca   5
ab  bc  ca
ab  bc  ca

0.25

.

 a  b  c
Đặt t  ab  bc  ca , ta có ab  bc  ca 
3