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

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI
THCS & THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

ĐỀ KIỂM TRA SÁT HẠCH
KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016
MÔN TOÁN – LẦN 2
(180 phút, không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 + 6 x 2 + 9 x + 1.
Câu 2 (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

2x +1
tại giao điểm của đồ thị đó với
x −1

đường thẳng d có phương trình: y = x + 3.
Câu 3 (1 điểm).
2
a) Giải phương trình: 12 log 9 x − 2 log 1 x = 1
3

b) Cho số phức z thỏa mãn: (2 + i ) z = 4 − 3i. Tính mô đun của w = iz + (1 + i ) z.
3

Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân: I = ∫
0

dx
.

2
Câu 10 (1 điểm). Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z + 2 xy =

biểu thức P =

3
+ x + y + z. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2

6 x2 + 3 y2 + 2 z 2
3
3
+
+
.
8
x + z y +1
-------Hết------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 2
Câu
Câu 1
1,0đ

Đáp án

Điểm

+)Tập xác định: R
Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 + 12 x + 9

−3
( x − 1) 2

 x = −2
2x + 1
= x + 3 <=> x 2 − 4 = 0 <=> 
x −1
x = 2

−1
−1
1
x+
+) Với x = −2 => y (−2) = 1, y '(−2) = . Tiếp tuyến là y =
3
3
3

0,25
0,25

0,25
0,25


Câu 3
1,0đ

+) Với x = 2 => y (2) = 5, y '(2) = −3. Tiếp tuyến là y = −3 x + 11
−1

4 − 3i (4 − 3i )(2 − i) 5 − 10i
=
=
= 1 − 2i
b)Số phức z =
2+i
(2 + i )(2 − i )
5
+ ) => w = iz + (i + z ) z = i (1 − 2i ) + (i + z )(1 + 2i ) = 1 + 4i
=>| w |= 17

Câu 4
1,0đ

0,25

0,25
0,25

0,25

+)Đổi biến x + 1 = t => x = t 2 − 1 => dx = 2tdt
Khi x = 0 thì t =1, x =3 thì t =2.
2
2
2t
4
I
=
dt

+)Và véc tơ pháp tuyến là AB = (4; −1;1) . Phương trình mp (P) là :

0,25

3
5
4( x − 2) − (y + ) + ( z − ) = 0
2
2
<=> 4 x − y + z − 12 = 0
+)Điểm C ∊ d => C(2+t, -3-t ; 1+2t). Tam giác ABC vuông tại C

0,25

AC 2 + BC 2 = AB 2
<=> (2 + t ) 2 + (2 + t ) 2 + (2t − 1) 2 + (t − 2) 2 + (t + 1) 2 + (2t − 2) 2 = 18
<=> 12t 2 − 6t = 0

0,25

t = 0
<=>  1
t =
 2
5 −7
+)Vậy có tọa độ điểm C(2 ;-3 ;1) và K ( ; ; 2)
2 2

0,25


Trường hợp 2: 4 HS được chọn có 2 của khối 11, mỗi khối kia 1 HS.
Trường hợp 3: 4 HS được chọn có 2 của khối 12, mỗi khối kia 1 HS.
2 1 1
1 2 1
1 1 2
+) Số cách chọn 4 học sinh có đủ 3 khối là: C3 C4C5 + C3C4 C5 + C3C4C5 = 270
Vậy số phần tử của A bằng 270. Xác suất của biến cố A là: P ( A) =

270 6
=
495 11

0,25

0,25

Câu 7
1,0đ

+) Gọi M là trung điểm BC thì BC ⊥ SM =>BC ⊥ AM. Góc giữa SC và mp (ABC) là
·
SCA
= 30o
a
3
a 2
Do SC = a => SA = , AC =
a => AM = AC 2 − CM 2 =
2
2

2
2
3
1
1
1
4
3
11
= 2+
= 2+ 2 = 2
2
2
AH
SA
AD
a
2a
2a

+ ) AD = d (C ; AB ) =

Vậy AH =

2a
22a
=> d ( AB; SC ) =
11
11



Câu 9
1,0đ

0,25

+)Trung điểm AB là N(-1;0), tâm I của hình chữ nhật ABCD là trung điểm MN, có I(0;2). I
là trung điểm AC và BD. Vậy C(-3;6) và D(5;2)
+) ĐK: x ≥ 0, y ≥ 1
Đặt a = x ≥ 0, b =

y − 1 ≥ 0 <=> x = a 2 ; y = b 2 + 1

PT thứ nhất của hệ trở thành:
a 4 + a 2 (b 2 + 1) + a = 2(b 2 + 1)2 − 3(b 2 + 1) + b + 1

0,25

0,25

<=> ( a 4 + a 2b2 − 2b 4 ) + ( a 2 − b2 ) + a − b = 0
<=> ( a − b)[(a + b)(a 2 + 2b2 ) + a + b + 1] = 0
<=> a = b
<=> y = x + 1
+)Thay vào PT thứ hai của hệ thức: x 3 + 2 x − 5 − 3 x 2 + 1 + 2 x + 3 = 0(1)
+)Có thể giải PT (1) bằng cách nhân liên hợp hoặc sử dụng đạo hàm như sau:

0,25



+)Đặt t = x + y + z > 0. Áp dụng BĐT (a + b) ≤ a + b với a = x + y và b = z
2
Ta có :
1
3
(x + y+ z) 2 ≤ ( x + y ) 2 + z 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy = + x + y + z
2
2
1
3
<=> t 2 ≤ + t <=> t 2 − 2t − 3 ≤ 0 <=> −1 ≤ t ≤ 3
2
2
Vậy 0
12
t (t + 1) 2 − 48
f '(t ) = −
=
< 0, ∀t ∈ (0;3) => f(t) nghịch biến trên D.
4 (t + 1)2
4(t + 1) 2
33
Hàm số f(t) đạt GTNN tại t = 3 => min f (t ) = f(3) =
8
33
Vậy P ≥
8
x y z
+)Dấu đẳng thức khi và chỉ khi đồng thời có : x + y = z; x + z = y + 1; = = .
1 2 3
1
3
<=> x = , y = 1, z =
2
2
33
1
3
Vậy P min =
khi <=> x = , y = 1, z =
8
2
2
Vậy P ≥