SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2  2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường
thẳng  có phương trình: x  2016  0 .
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1.
b) Giải bất phương trình:  9 x 1  1  3x  1  10.9 x  10.3x
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Cho số phức z thoả mãn điều kiện

2i
1  3i
z
. Tính môđun của z.
1 i
2i
7


1 
a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn  2 3 x  4  , x  0 .

nhỏ nhất của biểu thức S 

x2
y 8
3



y2
z 8
3



z2
x 8
3

 x2  y 2  z 2  1

-----------------Hết----------------Họ và tên thí sinh:………………………………………………SBD:…………………
Trường THPT Đoàn Thượng thi thử THPT Quốc gia lần 2 vào 16 và 17 tháng 4


SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

Câu

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

- Hàm số đạt cực đại tại x  0, f (0)  2 ; đạt cực tiểu tại x  2, f (2)  2
-Bảng biến thiên
x
0
2
-∞
+∞
y’

1a

+

0
2

-

0,25

+

0

0,25

+∞

y
-2

2a

x  0
x  2

1,00
0,25

Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x 2  6 x  0  

0,25

x  0  y  0 . Khi đó tiếp tuyến có PT là : y  2

0,25

x  2  y  2 . Khi đó tiếp tuyến có PT là : y  2

0,25

Giải phương trình:

3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1.

0,50


3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1  2 3 sin x cos x  1  cos 2 x  4sin x  0
 2 3 sin x cos x  2sin 2 x  4sin x  0  2sin x


2

3
cos
x

sin
x

2


 
3
6

x 1
x
b) Giải bất phương trình:  9  1  3  1  10.9 x  10.3x

0,25
0,50

Nên BPT  9.3  10.3  1  0

Vì 3  1  0, x 

2x

x

-1+ 3i
z=
1- i
2+i

0,50
0,25

22 4
2 5
 i z 
25 25
5

z

0,25
7

3


1 
b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn  2 3 x  4  , x  0 .
x

7

7


.
x
2
x

  7

7

 
4
x 
k 0

 k 0

Ta có :

7k k
  0  k  4  số hạng không chứa x là : C74 .274  280
3
4

Tính DTHP giới hạn bởi đồ thị hàm số y 
0

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (-1; 0). Do đó S  

1


3

 (1  x  2 )dx

0,25

1

0

 1  3ln

0,50

0,25

1

2
3
 3ln  1
3
2

0,25

Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là M và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa
độ tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P).
Bán kính của mặt cầu (S): r  d  M ,  P   


3 3 3

0,25

Tin
́ h thể tích của khố i chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳ ng SB, CD

1,00

1  t   2  3  2t   2 1  2t   3  0 .

Tam giác ACD vuông tại C suy ra
AD 2  AC 2  CD 2  4a 2  AD  2a, BC  a
1
1
1


Kẻ CE  AD 
2
2
CE
AC
CD 2
a 3
 CE 
2

S


3
4
4

Gọi I là trung điểm của AD thi BCDI là hình bình hành  CD // BI  CD // (SBI)
 d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(D, (SBI)) = d(A; (SBI))
(Do I là trung điể m AD)
Go ̣i H = AC  BI. CD / / BI , AC  CD  AC  BI  BI  (SAC) . Kẻ AK  SH
ta ̣i K. Kết hợp với AK  BI  AK  (SBI)  d(A, (SBI)) = AK.
1
a 3
I là trung điểm của AD suy ra H là trung điểm của AC  AH  AC 
2
2
Tam giác SAH vuông tại A  1  1  1  1  4  5  AK = a 15 .
2
2
2
2
2
2
AK

 d(CD; SB) = AK =
7

SA

AH


Giả sử AM  BD  N và P là trung điểm của
MC  IP / / AM  NM / / IP . Từ M là trung
điểm của DP suy ra N là trung điểm của DI.

Gọi cạnh của hình vuông là a thì AI 

0,25

a 2
1
a 2
, IN  ID 
2
2
4

0,25

1
1
1
5 2
8





a3 2
Từ

2
(2)

 x  2  y  4  x  2x  4  y  2
ĐKXĐ x  2, y  4 . (1)  y 2  ( x 2  x  3) y  x3  x 2  2 x  2  0
Giải pt bậc 2 ta được y  x  1 hoặc y  x 2  2



x2



2

1,00
0,25

x  2  x  5  x2  2x  4  x 1

Với y  x  1 thay vào PT (2) ta được
 x2 

0,25

 3  x  1  ( x  1) 2  3

Xét hàm số f (t )  t  t 2  3 có f '(t )  1 

t


x  2  x2  6  x2  2 x  4  x2 


0,25



 

x  2 1 

x 1
2x  2

 ( x  1)( x  1)
2
x  2 1
x  6  x2  2x  4



x2  6  x2  2x  4  x2 1

0,25

0,25


 x 1  0




z3  8



z2
x3  8

 x2  y 2  z 2  1

1,00

Ta có ( x  y  z)2  3( xy  yz  zx)  9  x  y  z  3
1
2

Mặt khác ( x  y  z  1)2  4( x 2  y 2  z 2  1)  x 2  y 2  z 2  1  ( x  y  z  1)  2
Đẳng thức xảy ra x  y  z  1

(y 2)  (y2  2 y 4) y 2  y  6
0  y  8  (y 2)(y  2 y 4) 

2
2
2
2
x
2x

x2
y2
z2
( x  y  z )2
Ta lại có 2



y  y  6 z 2  z  6 x2  x  6 y 2  y  6  z 2  z  6  x2  x  6
( x  y  z )2

( x  y  z )2  ( x  y  z )  12
t2
Đặt t  x  y  z, t  3 và xét hàm số f (t )  2
,t  3
t  t  12
t 2  24t
Ta có f '(t )  2
, f '(t )  0  t  0, t  24
(t  t  12)2
3
24
t

+
0

f  t 
x


1
 S  3, S  3  x  y  z  1. Vậy minS  3
2

0,25

2

1

0,25

0,25