HOCMAI

KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỀ THI THỬ

Môn thi: Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
(Đề thi gồm có 01 trang)

Câu 1 (1điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

2x  3
1 x

Câu 2 (1điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3x2  2x  1 tại điểm M, sao cho
y"  xM   0 .

Câu 3 (1điểm). a. Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn 2z  i  3  1 .
b. Giải phương trình log 23 x2  3log 1 x  1  0 1
3
1

Câu 4 (1điểm). Tính tích phân sau : I  
0

x 4  2 x3  4 x 2  x  2
dx
x2  2 x  3

Câu 5 (1điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AB, CD và có



Câu 10 (1điểm). Cho các số thực không âm x, y, x thỏa mãn
P  2  3x 2  y 2  z 2   4 xyz 

Tìm giá trị nhỏ nhất của
3

x  3 y3  z3

 2016 x

Nguồn:

Hocmai


KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

HOCMAI

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
(Đáp án - Thang điểm gồm có 06 trang)

ĐỀ THI THỬ

Đáp án


Bảng biến thiên

0.25
Câu 1
(1 điểm)

Vậy hàm số đồng biến trên  ,1 và 1,  ,
Đồ thị hàm số:
4

2

5

5

2

4

6

8

0.25


Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3x2  2x  1 tại điểm M, sao cho
y"  xM   0


 1

3

x  0
Điều kiện 
x  1
x  3


1
x  1
log 3 x  
4


4
3
log 3 x  1

1  4 log 23 x  3 log 3 x  1  0  
Vậy nghiệm là: x  3 hoặc x 

0.5

1
4

3


1


2(x  1)  (x  3) 
   x2  1 
 dx
(x

1)(x

3)


0

1.0
1

1
 x3


 2
1 
   x2  1  

 dx    x  2 ln x  3  ln x  1 

 x  3 x  1 
 3

D ; ;  
  3 3
3

 t  1

t   1

3

0.5

Để ABCD là hình thang cân thì BD = AC. Do đó D(3, 2, 0) không thỏa mãn vì khi
đó.
ABCD là hình bình hành.
Với D   5 , 8 ,  2  thỏa mãn.
 3 3

3

a. Giải phương trình sin 3x  cosx.cos2x(tan 2x  tan2 x)
Điều kiện: cos x  0,cos 2x  0
 sin 2x

Khi đó phương trình  sin 3x  cos x cos 2x 



sin 2 x 


 sin  2x   

 x   k
4
2

 2x    3  2k

4

4 4

0.25

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình là: x  k .
b. Cho Cn0  2Cn1  22 Cn2  ...  2n Cnn  6561 . Tìm hệ số của số hạng chứa x 7 và tổng tất cả
3

các hệ số của các số hạng trong khai triển:  x 2  
x


n

Ta có: (1  x)n  Cn0  Cn1 .x  Cn2 .x 2  ...  Cnn1.x n1  Cnn .x n
Khi x  2  6561  Cn0  2Cn1  22 Cn2  ...  2n Cnn  3n  n  8

0.25

8

AH là hình chiếu của SA lên mp(ABC) nên góc (SAH) = 60o
Ta có: AM =

S

a 3
a 3
a 3
, AH =
, HM =
6
2
3

SH = AH.tan 60o =
Vậy VSABC =

a 3
. 3a
3

1 a2 3
a3 3
.a 
3 4
12

A

N

 6 
2

SSBC =

2

2

2

1 a 39 a 2 39
a.

2
6
12

Vậy AK =

3.a3 3 12
3a 3 3a
. 2


12
a 39
39
13


 D  4; 4 
 AB : x  y  0

D   C    T     76 28   
AB : 17x  31y  432  0
D  5 ; 5  

 

0.5

Suy ra B   C  AB  B 14;14  loại 1 điểm B do tọa độ không nguyên.
Gọi F là giao điểm thứ 2 của CD với (C). Ta sẽ đi chứng minh FG // AC.
Thật vậy, tứ giác

là nội tiếp được do có DAC  DEC  90  90  180

 ACD  DEA (cùng nhìn cạnh AD)

Tứ giác DFEG nội tiếp (C) nên DFG  DEG  DEA  DCA  DFG  DCA
 FG / / AC
 FG : x  y  12  0  F  2;10 

0.5

 DF : 3x  y  16  0

 C  6; 2 
 AC : x  y  4  0  A  2; 2 



 y
 y
 y
 t 4  t 2 y 2  4 y 4  3t 3 y  0  1     4    3    0
t
t
t
y
Đặt u  khi đó ta được
t
Câu 9
2
4
2
2
(1 điểm) 4u  u  3u  1  0   2u  1  u  u  1  0
1
 u   t  2 y  x  2 y
2
Thế vào phương trình (2) ta được:
3

x 2  2 x  1  2 3 x  1   x  5  x  8  3x  31  0

 x 1 

3

 x  1




x  8 1


 f



3



x 1  f





x  8 1  3 x 1  x  8  1

Thế vào phương trình thứ 2 ta được:
Đặt a  3 x  1  a3  x  1

 3 x  1  2  x  9  y 

0.25

3

2

2

 y  z
 4x
2

3  x 
 4x

2
3
2
 2 x  19 x  2040 x  10

0.5

2

 1  2016 x

2

 1  2016 x

Khảo sát hàm f  x   2 x3  19 x 2  2040 x  10, 0  x  3
Ta được minf  x   f  3  5993

0.5