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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TẤT THÀNH
Tỉnh Yên Bái

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn Toán – lần thứ 1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 + 3 x 2 + m (1)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -4.
2/ Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam giác OAB vuông tại O (O là gốc
tọa độ).
Câu 2 (0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn (1 + i )( z − i ) + 2 z = 2i
Tìm mô đun của số phức w =

z − 2z +1
z2

2
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình 1 + log 2 ( x − 1) ≤ log 2 ( x + x − 4)

π

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

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(-1;2;3) và mặt phẳng (P) có phương trình
4x+y-z-1=0 . Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) và tìm tọa độ tiếp điểm M.


Nội dung
Cho hàm số y = x + 3 x + m (1)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -4.
Với m = -4 ta có hàm số y = x 3 + 3 x 2 − 4
3

Điểm

2

0,25

Tập xác định: R
Sự biến thiên
+Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

+Chiều biến thiên:
y ' = 3x 2 + 6 x
x = 0
y ' = 0 <=> 
 x = −2
Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; −2) và (0; +∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0)
+Cực trị:

 m = −4
Câu 2
0,5đ

0,5

0,5

Do O,A,B tạo thành tam giác nên m = - 4
Cho số phức z thỏa mãn (1 + i )( z − i ) + 2 z = 2i
Tìm mô đun của số phức w =

z − 2z +1
z2

Ta có
(1 + i )( z − i ) + 2 z = 2i <=> z − i + iz + 1 + 2 z = 2i <=> (3 + i ) z = −1 + 3i
−1 + 3i (−1 + 3i)(3 − i) −3 + i + 9i + 3
<=> z =
=
=
=i
3+i
(3 + i )(3 − i )
9 +1
w=

z − 2 z + 1 −i − 2i + 1 −3i + 1
=
=

x + x − 4 > 0

−
1
+
17
 x >
2
 
BPT đã cho tương đương với
<=> log 2 2 + 2 log 2 ( x − 1) ≤ log 2 ( x 2 + x − 4)

0,25

<=> log 2 2 + log 2 ( x − 1) 2 ≤ log 2 ( x 2 + x − 4)
<=> log 2 2( x 2 − 2 x + 1) ≤ log 2 ( x 2 + x − 4)
<=> log 2 (2 x 2 − 4 x + 2) ≤ log 2 ( x 2 + x − 4)
0,25

<=> 2 x 2 − 4 x + 2 ≤ x 2 + x − 4
<=> x 2 − 5 x + 6 ≤ 0
<=> 2 ≤ x ≤ 3
Kết hợp đk ta được nghiệm của BPT là 2 ≤ x ≤ 3
Câu 4
1,0đ

π

cos x
Tính tích phân I = ∫ (e + x )sin xdx

t
t
Ta có: I1 = − ∫ e dt = ∫ e dt = e
t

1

−1

1
1
=e−
−1
e

π

Tính I 2 = ∫ x sin xdx

0,25

0

u = x
du = dx
=> 
Đặt 
 dv = s inxdx
v = −cosx
I 2 = − x cosx



vtcp có phương trình:
 x = −1 + 4t

 y = 2 + t (t ∈ R )
z = 3 − t

Gọi M(-1+4t;2+t;3-t)
Do M thuộc (P) nên thay tọa độ M vào pt (P) ta được:
4(−1 + 4t ) + 2 + t − (3 − t) − 1 = 0
<=> −4 + 16 t + 2 + t − 3 + t − 1 = 0
1
<=> t =
3
1 7 8
Vậy M ( ; ; )
3 3 3
Câu 6
1,0đ

a/ Cho góc α thỏa mãn cot α =2 . Tính giá trị của biểu thức P =
cot a = 2 => sin a ≠ 0 , ta có:

0,25

2 cos α
2sin α + 3cos 3α
3



0,25

0,25

5
8

5; 6; 7} kể cả số 0 đứng đầu là A

Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau tạo thành từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4;
4
5; 6; 7} và có số 0 đứng đầu là A7
5
4
Số phần tử của tập E là A8 - A7 =5880
Gọi A là biến cố chọn được một số có 5 chữ đôi một khác nhau và chia hết cho 5.
4
3
Số kết quả thuận lợi A là A7 + 6. A6 = 1560

1560 13
=
5880 49
Cho hình chóp S.ABC có AB=AC=a, ·ABC = 300 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC),
góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC) theo a.
Xác suất của biến cố là P ( A) =

Câu 7

0
Ta có: trong tam giác ABM: AM = AB.sin 30 =
2
Trong tam giác SAM vuông tại A ta có: SA = AM .tan 600 =

a 3
2

1
1 a 3 a2 3 a3
Thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC = .SA.S ABC = .
.
=
3
3 2
4
8
1
Vì AM = 3GM, AM ∩ (SBC) = M nên d(G,(SBC))= d(A,(SBC))
3
Ta có: (SAM) ⊥ (SBC) ( do có BC ⊥ (SAM))
Có: (SAM) ∩ (SBC) = SM
Trong mặt phẳng (SAM), kẻ AH ⊥ SM (H∊ SM) thì AH ⊥ (SBC) nên AH = d(A,
(SBC))
Trong tam giác vuông SAM vuông tại A có:
1
1
1
16
3a

4 x 2 + x − 1 = u 2 + 3v 2 ; 4 x 2 + 3 x + 5 = 3u 2 + v 2
Bất phương trình đã cho có dạng:
(u 2 + 3v 2 ) u ≤ (3u 2 + v 2 )v + 1

0,25

<=> u 3 + 3uv 2 ≤ 3u 2 v + v3 + 1
<=> (u − v)3 ≤ 1
<=> u − v ≤ 1
<=> u ≤ v + 1
Xét

0,5

x + x + 2 ≤ x −1 +1
2

2

<=> 2 x 2 + 1 ≥ x + 2
 x + 2 < 0
 x < −2
 2

 x − 1 ≥ 0
<=> 
<=>   x ≥ −2
x+2≥0
 3 x 2 − 4 x − 8 ≥ 0
 

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường
thẳng (d1):2x-y+2=0, đỉnh C thuộc đường thẳng (d2): x-y-5=0. Gọi H là hình chiếu của
Vậy tập nghiệm của phươn trình (−∞;
Câu 9
1,0đ

9 2
B trên AC. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết M ( ; ) ,K(9;2) lần
5 5
lượt là trung điểm của AH, CD và điểm C có tung độ dương.
0,25

Gọi N là trung điểm BH


Ta có MN là đường trung bình của ∆ABH suy ra MN // KC, MN =

1
AB = KC
2

=>MNCK là hình bình hành => MK // CN (1)
Do MN ⊥ BC, BN ⊥ MC nên N là trực tâ ∆BMC=> CN ⊥ BM (2)
Từ (1) và (2) suy ra MK ⊥ BM
Đường thẳng BN đi qua M, vuông góc với MK nên có phương trình :
9x + 2y – 17 = 0.
Do B = BM∩ d1 nên tọa độ B thỏa mãn :
9 x + 2 y − 17 = 0
x = 1
<=> 

=> H ( ; )
Tọa độ H thỏa mãn 
5 5
x − 2 y −1 = 0
y = 4

5
M là trung điểm AH nên A(1;0)
Khi đó D(9;0)
Vậy các đỉnh hình chữ nhật là A(1;0), B(1;4), C(9;4), D(9;0)
Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa mãn 5( a 2 + b 2 + c 2 ) = 6(ab + bc + ca)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2(a + b + c) − (b 2 + c 2 )
Ta có:
5
(b + c) 2
2
2
2
2
2
5a + (b + c) ≤ 5a + 5(b + c ) = 6(ab + bc+ ca) ≤ 6a(b+ c) + 6.
2
4
2
2
=> 5a − 6a (b + c) + (b + c) ≤ 0
b+c
<=>
≤ a ≤b+c
5

Bảng biến thiên

3
khi t=1, do đó:
2
3
1
maxP= khi a=1;b=c=
2
2

Từ BBT suy ra max f (t ) =

0,5