Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
HÀ NỘI
Năm học 2015 – 2016

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: Toán – Lần thứ 2
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
––––––––– Ngày 20.3.2016 –––––––––

2x +1
x −1
3
2
2
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số f ( x ) = x − 3mx + 3(m − 1) + m đạt cực tiểu tại x = 2.
Câu 3 (1,0 điểm).
z −i
a) Cho số phức z = 5 – 3i. Tìm phần thực, phần ảo của số phức w =
z +i
2 x −1
x −1
b) Giải bất phương trình: 5
>5 +4
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

π
3

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ( x + 2sin x)sin xdx

lớn nhất của biểu thức: T =

a
b
c
+
+
a−b b−c c−a


––––––––Hết–––––––

ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1
+ Tập xác định: D = ℝ \ {1}
+ Sự biến thiên:
−3
< 0, ∀x ∈ D
Chiều biến thiên: y ' =
( x − 1) 2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;1) và (1;+∞)
Giới hạn: lim y = lim y = 2 =>y=2 là tiệm cận ngang
x →−∞

x →+∞

lim y = −∞; lim+ y = +∞ =>x=1 là tiệm cận đứng

x →1−


a) Ta có
z − i 5 − 4i (5 − 4i )(5 + 2i ) 33 − 10i 33 10
w=
=
=
=
=
− i
z + i 5 − 2i
25 − 4i 2
29
29 29
33
10
Vậy phần thực và phần ảo của w lần lượt là
và −
29
29
b) Ta có
52 x −1 > 5x −1 + 4
<=> 52( x −1)+1 > 5 x −1 + 4
<=> 5.(5 x −1 ) 2 − 5 x −1 − 4 > 0
x −1
<=> (5 x −1 − 1)(5.5
+34) > 0
14 2 4
>0

x −1


−
Suy ra I1 = − x cos x 3 + ∫ cos xdx = ( − x cos x + s inx) 3 =
2 6
o
0
0
π
3

π
3

π
sin 2 x
π
3
) 3= −
Ta có I 2 = ∫ 2sin xdx = ∫ (1 − cos 2 x)dx = ( x −
2
3 4
o
o
0
Vậy I = I1 + I 2 =
Câu 5

2

π
3

=>H(0;5;-4)
Bán kính mặt cầu cần tìm là R = AH = 14
Suy ra phương trình mặt cầu: ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 3) 2 = 14
Câu 6
π
a) Vì x ∈ ( ; π ) => cosx ≠ 0 . Chia cả tử và mẫu của A cho cos3x ≠ 0, ta có:
2
2
s inx(sin x + cos 2 x) sin 3 x + sin x cos 2 x
A=
=
sin 3 x + 3cos3 x
sin 3 x + 3cos 3 x
sin 3 x s inx
+
3
tan 3 x + tanx
= cos x3 cos x =
=2
sin x
tan 3 x + 3
+3
cos3 x
Vậy A = 2
b) Gọi A là biến cố “Số được chọn chia hết cho 3”
+ Tính số phần tử của không gian mẫu:
3
Chọn vị trí của 3 chữ số 1 trong 5 chữ số, có C5 =10 cách
2
Chọn bộ 2 chữ số sắp xếp thứ tự để xếp vào 2 vị trí còn lại, có A4 = 12 cách

1
1
a
Vì ∆ ABC vuông cân ở A nên AM = BC = AB 2 =
2
2
2
1
1
1
a
=
+
=> AH =
Tam giác AMA’ vuông tại A :
2
2
2
AH
AM
AA '
5
a
Vậy khoảng cách giữa B’C’ và A’B là
5
Câu 8
Thể tích lăng trụ: VABC . A ' B 'C ' = S ABC . AA ' =

Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại M của (I) với BD là E. Suy ra


b = −1  B( −1; −1)
Mặt khác vì M thuộc cung nhỏ AB nên M và B nằm cùng phía với AC ⇒ B(–1;–1) không thỏa mãn. Suy ra B(–
1;3) ⇒ D(–1;–1)
Vậy A(–3;1), B(–1;3), C(1;1), D(–1;–1).
Câu 9
 2 x 2 + 8 x + xy − y − 10 = y + 12 − 2 − 2 x (1)
(I)

2
 4( x + 5) + 6 y + 11 = 3 3 2 y + 5
Điều kiện: x ≤ 1, y ≥ –12
Ta thấy (1;–12) không phải là nghiệm của hệ, do đó
(1) <=> 2 x 2 + 10 x + xy − 2 x − y − 10 =
<=> (2 x + y + 10)( x − 1) =

y + 12 + 2 − 2 x > 0 . Do đó:

y + 12 − (2 − 2 x)
y + 12 + 2 − 2 x

2 x + y + 10
y + 12 + 2 − 2 x

 y = −2 x − 10
1
<=> 
x −1 =
(*)

y + 12 + 2 − 2 x

c
T=
+
+
=
+ a 2+ c +
2
2c
2c
a −b b −c c −a
c−a
a−
−c
a+c a+c
2
a (a + c)
2c
c
=
+ 2
+
2
a (a + c) − 2c 2c − c(a + c) c − a
a 2 + ac
2c 2
c
+
+
2
2

+
=
a
1 + x − 2x2 x −1 2 x2 − x −1

−(10 x 2 + 8 x + 3)
6x2 + 2 x −1
< 0, ∀x ∈ [2; +∞)
Xét f (x) =
trên [2;+∞). Ta có: f '( x ) =
(2 x 2 − x − 1) 2
2 x2 − x −1
27
Hàm số f(x) nghịch biến và liên tục trên [2;+∞) . Do đó T = f ( x) ≤ f (2) =
5
 2a = c
1
1
1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
2c 2 <=> 8a = 3b = 4c , chẳng hạn khi a = ; b = ; c =
8
3
4
b =
a+c

27
Vậy GTLN của T là