Tài liệu 16 đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2016 có đáp án hay

Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Đà Nẵng, Ngày 28-02-2016 TH TRUN H C PH Thi Thử Lần 1 Offline TH N U C 20 6 n: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Th i gian à ài 80 ph t, h ng th i gian phát đề ài đi m): Khảo s{t sự biến thiên v| vẽ đồ thị h|m số y  x3  3x2  2 . ài 2 đi m): Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị h|m số y  x3  3x tại điểm có tung độ bằng 2 . ài 3 đi m): Giải phương trình a.Cho số phức z thõa mãn  2i  1 z   2  i  4i  3  . Tính modun của số phức z . b.Giải phương trình 4x 2 1  4.2x1  0 . e ài 4 đi m): Tính tích ph}n I   1 ài 5  x 2 e x  ln x 2 e x x  dx . đi m): Trong không gian Oxyz, cho c{c điểm A 1,2,0  , B  0,1,1 v| mặt phẳng  P  : x  2y  z  7  0 . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB v| ài 6 mặt phẳng  P  . đi m): a.Cho  2     v| sin   1 . Tính A  cos2   sin 2 . 5 b.Một nhóm học sinh 12 th|nh viên trong đó có Nghị, Ngọc, Tr}n v| Nhi. Nhóm tổ chức đi picnic bằng xe điện (mỗi xe chở được 2 người). Hỏi có bao nhiêu c{ch chia để Ngọc v| Nhi đi cùng xe đồng thời Nghị v| Tr}n đi kh{c xe biết rằng nhóm có 6 chiếc xe (c{c xe l| giống nhau). ài 7 đi m): Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình vuông cạnh a , tam gi{c SAB đều v| nằm trong mặt phẳng vuông góc mặt phẳng (ABCD). Gọi M l| trung điểm SA, G l| trọng t}m tam gi{c ABC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD v| khoảng c{ch từ điểm G đến mặt phẳng (MBC). ài 8 đi m): Trong mặt phẳng Oxy, cho tam gi{c ABC vuông tại A ngoại tiếp đường  3 3  tròn t}m I. Điểm D đối xứng với B qua CI, DI cắt AB tại E  0,  v| điểm F  ,2  l|  2 2  ch}n đường ph}n gi{c trong kẻ từ đỉnh B. Tìm tọa độ đỉnh C biết C thuộc đường thẳng d : x  2 y  0 v| yI  2 . ài 9 đi m): Giải bất phương trình x4  16 x  12 x x 4 3  6  2  x  1 2  x  R . đi m): Cho c{c số thực a  b  c  0 thỏa mãn ab  bc  ca  1 . Tìm gi{ trị nhỏ 1 1 4a  b  c nhất của biểu thức . P  1 2  1 2  a c 1  b2 ài 0 --------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng t|i liệu – C{n bộ coi thi không giải thích gì thêm. Lớp To{n 76/5 Phan Thanh – Đ| Nẵng Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Câu Câu 2 1 Phương trình ho|nh độ giao điểm x3  3x  2  x  1  x  2 0.25 Ta có y '  f '  x   3x2  3 Câu 3 Với x  1  f ' 1  0 . Phương trình tiếp tuyến: y  0  x  1  2 0.25 Với x  2  f '  2   9 . Phương trình tiếp tuyến: y  9  x  2   2 0.5 a. z  b. 4 x Câu 4 2 e I  1 52  i 2i  1 1  5i  z  5i  z  5  4.2 x1  0  22 x  x 2 e x  ln x 2 e x x e 2  dx  2  2 x 1  2 x2  2  x  1  x  1  x  e  0.5 e xe x dx  1 3 2 e 2ln x dx  1dx x 1 1   e e e xe x dx  xe x  e x dx   x  1 e x   e  1 e e 1 1 1 1  e  1 e 0.25  I   e  1 e e  1  e  1   e  1 e e  1  1 0.25     x  1  t  Ta có AB   1, 1,1 . Phương trình AB   y  2  t  t  R  z  t  x  1  t  y  2  t   3,4, 2  Tọa độ giao điểm l| nghiệm của hệ  z  t x  2 y  z  7  0  Câu 6 0.5 1 e 2ln x dx  2tdt  t 2  1 ; 1dx  x  e  1 0 1 x 1 0 1  Câu 5 0.5 a. cos2   1  sin 2   24 2 6 24  4 6  cos   A 25 5 25 b.Số c{ch chia 12 người th|nh 6 nhóm sao cho Ngọc v| Nhi chung 1 2 1.C10 .C82 .C62 .C42 .C22 nhóm :  945 c{ch 5! Số c{ch chia 12 người th|nh 6 nhóm sao cho Ngọc v| Nhi chung 1 1.1.C82 .C62 .C42 .C22  105 nhóm đồng thời Nghị v| Tr}n chung nhóm : 4! Vậy số c{ch chia thỏa yêu cầu l| : 945  105  840 c{ch 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Câu 7 1 1 a 3 2 a3 3 dvtt V  SH.SABCD  a  3 3 2 6 S Chứng minh: SA   MBC  M 0.5 0.25 1 Ta có d G , MBC   d  A , MBC  3 B A  d G , MBC   H G C D Câu 8 A D 0.25 1 a AM  3 6 F C E I B Chứng minh: - DI  BI -EIF l| tam gi{c vuông c}n tại I.  I 1,1 0.25 Chứng minh : CI song song EF  CI : x  3y  2  0 0.25 Tọa độ C  CI  d  C   4,2  0.25 0.25 Ta có D thuộc AC, gọi H l| trung điểm BD suy ra H thuộc CI. Có : HIB  IBC  ICB  ABC ACB   45o  DIB  90o 2 2 Suy ra AEIF nội tiếp  EFI  EAI  45o  EIF vuông c}n tại I. Mặt kh{c E l| trực t}m tam gi{c BDF  EF  BD  EF / /CI CI  BD  Câu 9  Điều kiện: 1  x  0  x  1 . Pt  x4  8x2  4  2 x2  2x  2     x3  x  x2  2 x  2 x2  2x  2  2 x3  x  0 0.25 TH: 1  x  0 .  x2  2x  2  2 x3  x  0 0.25 Pt  x  2x  2  0  x  1,1  3    2  TH: x  1 .  x2  2 x  2  2 x 2  x  x  x 2  1   x 1 0 2 0.25  x2  2x  2    x  1,1  3    Vậy S   1,1  3   1,1  3      Câu 0  a  b a  c   0  a2  bc  ab  ac   a  b  a  c   2a b  c  Tương tự:  c  a  c  b   0   c  a  c  b   2c  a  b  0.25 Ta có 0.25 Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng 1 1 a V| 1  a2  1  2 1 c2 a  2 a2  ab  bc  ca a 2  a  b 2   a  b a  c   2  b  c  a2 a 0.25 0.25 c  a  c  a c    1   1  1  a  b  b  c   b  c  a  b  b  c a  b abc Áp dụng C-S: 2 b  c P  a 2  a  b  c 4 Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  0.25 a c  4  6  4  10 bc ab 1 3 . Cách 2: P P P  a  b  a  c  a  a  b  a  c  a 3 2a  c ac 2    4  a  c  b  c  c  a  c  b  c  c   4a  b  c  a  b  b  c  2a  c 2  a  b  2 b  c    a  b  b  c   a  b  b  c   a  b  b  c  3  3 8  4  10 a  b b  c    Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Đà Nẵng, Ngày 06-03-2016 TH TRUN H C PH Thi Thử Lần 2 Offline ĐỀ CHÍNH THỨC TH N U C 20 6 n: Toán Th i gian à ài 80 ph t, h ng th i gian phát đề ài đi m): Khảo s{t sự biến thiên v| vẽ đồ thị h|m số y  x4  2x2  3 . ài 2 đi m): Cho h|m số y  f  x   x4   m  1 x2  m2  1 . X{c định gi{ trị của m để h|m số đạt cực đại tại điểm có ho|nh độ x  0 . ài 3 đi m): a.X{c định phần thực v| phần ảo của số phức z biết 1  2i  z  7 i  1  i  . 2 b.Giải phương trình log 22 x  log 4 x2  log e ài 4 x1  x ln x  x đi m): Tính tích ph}n I  2 2 2. dx . 1 x 1 y 1 z 1 x y2 z2 , d2 :  .    1 2 3 2 1 1 Chứng minh d1 , d2 chéo nhau v| viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 v| song ài 5 đi m): Trong không gian Oxyz, cho d1 : song d2 . ài 6 đi m): a.Cho 0     2 v| cos   1 sin 2   cos 2 . Tính A  . 3 cos2   sin 2 b.Chọn ngẫu nhiên một số trong tất cả c{c số tự nhiên có 4 chữ số. Tính x{c suất để số được chọn ra l| số chia hết cho 5 có chữ số h|ng trăm l| số lẻ. ài 7 đi m): Cho hình chóp S.ABC có đ{y l| tam gi{c vuông tại B có AB  BC  2a , SA vuông góc mặt phẳng (ABC). Mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng đ{y một góc 45o . Gọi M l| trung điểm BC, N l| điểm nằm trên cạnh AC thỏa AN  2NC . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC v| khoảng c{ch giữa hai đường thẳng SM v| BN. ài 8 đi m):Trong mặt phẳng Oxy, cho cho tam gi{c ABC nội tiếp đường tròn t}m I. Ph}n gi{c trong góc A có phương trình 3x  y  1  0 , đường cao kẻ từ đỉnh A có phương trình x  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC biết I thuộc đường thẳng d : x  2 y  2  0 v| BC  8 . ài 9 ài 0 3 2 3  3x  x y  2 y  x  2 y  x 9 y  2 đi m): Giải hệ phương trình  2 2  2 x  y  9 y  2  x, y  R . đi m): Cho c{c số thực x , y , z  1,2  . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức P x xy 2  y yx 2  z . z  xy --------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng t|i liệu – C{n bộ coi thi không giải thích gì thêm. Lớp To{n 76/5 Phan Thanh – Đ| Nẵng Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Câu Câu 2 1 x  0 Ta có y '  4 x 3  2  m  1 x  y '  0   2 m  1 x  2  0.5 Do h|m số có a  1  0 nên để h|m số đạt cực đại tại điểm có ho|nh m1 độ x  0 thì h|m số có 3 cực trị   0  m  1 2 0.5  f '  0   0 Cách 2: Để h|m số đạt cực đại tại x  0 thì   2  m  1  0  m  1  f "  0   0 Câu 3 a. z  5i  2  i . Phần thực l| 2 , phần ảo l| 1  1  2i   1 log x  1  x  b.Điều kiện x  0 . Pt  log 22 x  log 2 x  2  0   2  2  log 2 x  2 x  4  Câu 4 0.5 1 x dx . Đặt t  ln x  x  dt   1  1  dx I dx    2 ln x  x x ln x  x x  1 1 e  e x1 Đổi cận Câu 5 0.5  1 x 1 e I t 1 e 1 e 1 e 1 1  t dt  ln t 1  ln  e  1 1 1 Ta có : u1  1,2,3 ; u2   2,1,1 ; M 1, 1, 1 1 ; N  0,2, 2   d2  NM  1, 3,1  u1 , u2    1,5, 3   0 ;  u1 , u2  .NM  19  0 nên d1 , d2 chéo nhau.     0.5 Phương trình mp (P) chứa d1 v| song song d2 đi qua M 1, 1, 1 v| nhận u1 , u2    1,5, 3  l|m vtpt    P  : 1 x  1  5  y  1  3  z  1  0   P  : x  5y  3z  3  0 Câu 6 a. tan 2   Có A  1 cos  2  1  8  tan   2 2 Do 0    sin 2   cos 2 cos   sin 2 2  cos2  cos   2sin  cos  2   2 . 1 1  2 tan   1 4 2  1 0.5 0.25 0.25 b.Không gian mẫu l| số c{c số tự nhiên có 4 chữ số :   9.10.10.10  9000 . Gọi A l| biến cố : ‘’Số được chọn l| số chia hết cho 5 v| có chữ số h|ng đơn vị l| số lẻ’’. Gọi số cần tìm có dạng abcd : Chọn a 9 c{ch ; chọn b 5 c{ch ; chọn c 10 c{ch ; chọn d 2 c{ch 0.25 Số kết quả thuận lợi của A :  A  9.5.10.2  900 Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Vậy x{c suất cần tìm l| P  Câu 7 A   900 1  9000 10 0.25 Ta có : SBC  ,  ABC   SBA  45o S 0.25  SA  SB.tan 45o  2a K 0.25 Hạ IH vuông SM  IH l| đoạn vuông chung  d SM , BN   IH 0.25 Chứng minh: AM  BN  BN  SAM  N A C H I 1 4a3 (dvtt) VS. ABC  .SA.SABC  3 3 M IH IM 1 1    IH  AK AK AM 5 5 Lại có B 1 AK  2 1 SA  2 1 AM 2  AK  2a 5 3 1 2a 5 Vậy  d SM , BN   IH  AK  5 15 Câu 8 Tọa độ A  1,4  A Chứng minh trong HAI AD l| ph}n gi{c 0.25 Phương trình AI 4x  3y  8  0 I  I  2,0  B 0.25 0.25 C Gọi pt BC: y  m  0 H E D BC 2 3 Ta có d I ,BC   R2  4 m  0.25  3  m  3 12  0 2 0.25 Phương trình BC y  3  0 Gọi D l| giao điểm của ph}n gi{c trong góc A v| đường tròn (I). Cách 1 : Gọi E  AI   I   ABH  AEC  BAH  CAE M| BAD  BAC  HAD  DAE  AD l| ph}n gi{c HAI . Cách 2: Ta có ID  BC  AH / / ID  HAD  ADI M| ADI  DAI  HAD  DAI  AD l| ph}n gi{c HAI . Câu 9     Thay (2) v|o (1)  3x3  x2 y  2 y3  x  2 y  x 2x2  y2   x  2y  x2  xy  y 2  1  0 0.25 Thay v|o (2) 9 y 2  9 y  2   3y  1   3y  1  9 y  2  9 y  2 2 Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng  1 5 1 5 3 y  1  0  3y  1  9 y  2   2 y x 6 3  9 y  3 y  1  0  1 5 1 5   1 5 1 5  Hệ đã cho có nghiệm  , , ;   6   6 3 3     Câu 0 x xy P 2  y yx x xy 2 0.25 1 1 2   , ab  1 (tự cm) a  1 b  1 1  ab Áp dụng bdt:  0.5   2 1 2 y 1 x y yx 2   1 2 x 1 y  2 1  xy do xy  1 xy xy z 2 2   1  1 z  xy 1  xy z  xy 1  xy 1  xy Xét h|m số f  t   2 t2   1 với t  xy  t  1,2  1  t 1  t2  f ' t     2 1  t  2  2t 1  t2  2 0.25 0.25  0 ; t  1,2  13 13 H|m số nghịch biến 1,2   f  t   f  2   P 15 15  y 2 x2 y 2 x2  . 1   y x y x  Đẳng thức xảy ra khi  z  1  x  y  2, z  1 .   xy  2  0.25 0.25 Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Đà Nẵng, Ngày 3-03-2016 TH TRUN H C PH Thi Thử Lần 3 Offline ĐỀ CHÍNH THỨC TH N U C 20 6 n: Toán Th i gian à ài 80 ph t, h ng th i gian phát đề x1 . x 1 ài đi m): Khảo s{t sự biến thiên v| vẽ đồ thị h|m số y  ài 2 1  đi m): Tìm GTLN & GTNN của h|m số y  f  x   x2  2ln x trên đoạn  ,2  2  ài 3 đi m): a.Giải phương trình sau trên tập C: z2  2 1  i  z  3  2i  0 . b.Giải phương trình 22 x1  3.2x1  2  0 . 2 ài 4 đi m): Tính tích ph}n I  x4  1 x 3 1 ài 5 x dx . đi m): Trong không gian Oxyz, cho  P : x  y  z  2  0 v| A  2,1,2  . Viết phương trình mặt cầu t}m A v| tiếp xúc mp  P  , x{c định tọa độ tiếp điểm. ài 6 đi m): a.Cho tan a  3 . Tính A  cos2a  sin2a .  2  b.Tìm hệ số chứa x trong khai triển nhị thức Newton của đa thức P  x    x   x  n 2  x  0, n  N  biết: 2 A * 2 n  Cn2  n2  5 . ài 7 đi m): Cho hình chóp S.ABCD có đ{y l| hình chữ nhật AB  a, AC  a 5 . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng đ{y l| giao điểm O của AC v| BD. Mặt bên (SAB) tạo với mặt đ{y một góc 60 o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD v| khoảng c{ch giữa hai đường thẳng SA v| CD. ài 8 đi m):Trong mặt phẳng Oxy, cho tam gi{c ABC có N l| trung điểm AB. Đường thẳng qua N song song BC cắt ph}n gi{c trong góc B tại E  4,1 , đường thẳng qua N v| vuông góc AE có phương trình x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB biết điểm M  2, 3  thuộc cạnh BC. ài 9 ài 0 3x 2  7 x  y  4  xy  y  x 2 x  2  đi m): Giải hệ phương trình  y x2  2  2 y y  x3      x, y  R . đi m): Cho c{c số thực x , y thỏa mãn xy  0, x  y  0 . Chứng minh rằng: 2 xy x2  y 2 x  y    xy . xy 2 2 --------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng t|i liệu – C{n bộ coi thi không giải thích gì thêm. Lớp To{n 76/5 Phan Thanh – Đ| Nẵng Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Câu Câu 2 1 1  TXD: D   0,   h|m số x{c định v| liên tục trên  ,2  2   y '  f '  x   2x  0.25 x  1 2  y'  0   x  x  1(l) 0.25 1 1 Ta có f     2ln 2, f  2   4  2ln 2, f 1  1 2 4 0.25 Vậy GTLN l| 4  2ln 2 khi x  2 , GTNN l| 1 khi x  1 . Câu 3  3i  3i  1   3  1 i 3i  1   3  1 i Ta có  '  1  i    3  2i   3  2  z   1  i      z    1  i   0.25 2 0.25 0.25 2x  1 22 x 1  3.2 x 1  2  0   x  2x  1  x  0  2  4 Câu 4 2 x4  1 x I x 3 1 2 dx   x 2  2  1  2 x2 x3  x 1 0.5 2  1 2x  dx   x   2  dx x x 1 1  2  x2 2 3  1 Xét  x   dx    ln x    ln 2  2 1 2 x   1  2 Xét x 2x 1 2 1 2  x 1 1 2 Vậy I  dx  dt t  ln t 2 x4  1 x 1 Câu 5 5 2x 2 dx . Đặt t  x2  1  dt  2xdx . Đổi cận 3 x dx  5 2 0.25 x 1 t 2 2 5  ln 5  ln 2 0.5 3 3 4  ln 2   ln 5  ln 2    ln 2 2 5 0.25 Ta có : d  A,( P)   3 . Phương trình mặt cầu t}m A tiếp xúc (P) có b{n kính R  3 :  x  2    y  1   z  2   3 2 2 2 x  2  t  Phương trình đường thẳng qua A v| vuông góc mp(P):  y  1  t  t  R  z  2  t  0.5 0.25 Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng x  2  t  y  1  t  H  1,0,1 Tọa độ tiếp điểm l| nghiệm của hệ  z  2  t x  y  z  2  0  Câu 6  0.25 a. A  cos2a  sin 2a  cos2 a  2sin a cos a  sin 2 a  cos2 a 1  2tan a  tan 2 a Ta có 1 2 cos a  1  tan 2 a  10  A  b. 2 An2  Cn2  n2  5   Câu 7 1 7 1  2.3  9     10 5 0.5 n! n!   n2  5  n  5 n  2 ! 2! n  2 !      C5k x 5 k .   số hạng tổng qu{t   0.25 k 2  2 2   k  2 . Hệ số 2 C5  40 x 0.25 Gọi M, N l| trung điểm AB, CD. S Có AD  BC  MN  2a  MO  a Ta có  SAB ABCD   SMO  60o H A M N O C B Ta có NH.SM  SO.MN  NH  N E 1 2a3 3 (dvtt) VS. ABCD  SO.SABCD  3 3 K  d CD, SAB  d  N , SAB  NH SO.MN  a 3  d CD , SA   a 3 SM Gọi K l| trung  K 1,1  NE điểm Pt NE: y  1  0  N  0,1 C M 0.25 Lại có CD / / SAB  B Pt AB: x  0 0.25 0.25 Chứng minh AE  EB  A, E đối xứng qua Nx  A  0,5  . A Câu 8 0.25  SO  MO tan60o  a 3 D 0.5 AM 0.25 0.25 Chứng minh ta có NEB  EBC  EBN  NE  NB  NC Tam gi{c ABE vuông tại E (đính lí Pytago đảo)  AE  Nx  A, E đối xứng qua Nx ( NAE c}n tại N) Câu 9  y  0, y  x  0  Điều kiện:   x  1 Pt 1    y  x  2x  2   2x  2    y  x  2x  2   2x  4   0 0.25 Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng  y  3x  2 . Thay v|o (2) y  x 2x  2  2x  2   x  1  y  1 TH 1: x  1  y  1  x3  x2   3x  2  3x  2  3x  2 (3)  x  3x  2   x  2  y  4 0.5 y  x 2x  2  2x  4  0 (*) TH 2:  x  2 Từ pt(2) y x2  2  y y  y y  x 3  3xy  x 2  3x  2  0    x  1   Kết hợp điều kiện  x  1  x  2 y  x  0   y  x 2 x  2  2  x  2   0  (*)   xy2  x  2 Thử lại  2,2  không phải l| nghiệm của hệ. 0.25 Vậy hệ có nghiệm 1,1 ,  2,4  Nhó pt ) Cách 1: Đặt căn thức đưa về đa thức: Đặt t  y  x 2x  2  t 2   y  x  2x  2   y  x  t2 2x  2  t2  2 1  3 x  7 x  1  x x      2x  2   4  t  0  t  2x  2 t  2x  4   0   Cách 2: Ẩn phụ h ng hoàn toàn: 1  21  y  x  2x  2    y  x  2x  2   2x2  6x  4  0 1 Đặt t  y  x 2 x  2  1  t 2  t  2 x 2  6 x  4  0 2 Ta có t  12  4 t  2 x  2 2 1 2 x2  6 x  4   2 x  3    2 t  2 x  4   Cách 3: Liên hiệp 1   x  1 3x  4   y 1  x     x  1 3x  2  y   2x  2  y  x 2x  2  0  y  x  2x  2  0 Xét y  x  2x  2  0  x  y  1 thử lại  1,1 l| nghiệm của hệ Xét y  x  2x  2  0 1    2 0 x  1  3x  y  2   x  1   y  x  2 x  2    Từ pt(2) y x2  2  y y  y y  x3  3xy  x2  3x  2  0  x  2 Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng  2  x 1 1   x 1  0 y  x  2x  2   y  x  2x  2  2  x 1   0  x  y  2 thử lại  2,2  không l| 2 y  x  2x  2 nghiệm của hệ. Giải tiếp tương tự như trên. Giải phương trình 3) x3  x2  3x  2   3x  2  3x  2    Cách 1: Nhóm tích  x  3x  2 x2  x 3x  2  3x  2  1  0 x2  x 3x  2  3x  2  1  0 x  1 Cách 2: H|m số: x 3  x 2   3x  2  3 x  2  3 x  2  x 3  x 2  3 x  2  3 x  2 3 2 H|m số f  t   t 3  t 2 với t  1 Cách 3: Liên hiệp:    x 3  4 x 2  5x  2   3x  2  x  3x  2  0   x  1  x  2    3 x  2  2  x  1 x  2   0 x  3x  2  3x  2    x  1 x  2   x  1  0 x  3x  2    x  1  x  2 Do x  1  Câu 0 1  3x  2 x  3x  2  0 x  1 x2  y 2 2 xy x  y  xy   0 2 xy 2  2 1 1   x  y   0  2 x 2  2 y 2  2 xy 2 x  2 y     x  y 2 2 x  2 y  2 x 2  2 y 2  2 xy 2x  y Nếu: x  y  0   2 x  2 y  2 xy 2 2   0(*) 2  x  y   2 x 2  2 y 2  2 xy x  y  2 x 2  2 y 2  2 xy   0  (*) đúng 0.25 0.25 Nếu x  y  0 Áp dụng C-S: 2 xy  2 x2  2 y 2   2  2   x2  y2  2xy   2  x  y  Suy ra (*) đúng. Đẳng thức xảy ra khi x  y .Vậy bất đẳng thức đúng. 0.25 0.5 Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Đà Nẵng, Ngày 20-03-2016 TH TRUN H C PH Thi Thử Lần 4 Offline ài 2 U C 20 6 n: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC ài TH N Th i gian à ài 80 ph t, h ng th i gian phát đề đi m): Khảo s{t sự biến thiên v| vẽ đồ thị h|m số y  x3  3x  2 . đi m): Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị h|m số y  x3  4x biết tiếp tuyến song song đường thẳng y  x  2 . ài 3 đi m): a.Cho số phức z thỏa mãn 2z  2i  1 . Tính modun của số phức w  z  i . 1 i b.Giải phương trình log 2 x.log 2  2 x   2 . 1 ài 4    đi m): Tính tích ph}n I  ln 4  x 2 dx . 0 x y z 1 x 1 y 1 z , d2 :   . Viết   2 1 1 1 2 3 phương trình mp  P  chứa d1 v| song song d2 , tính khoảng c{ch giữa d1 , d2 . ài 5 ài 6 đi m): Trong không gian Oxyz, cho d1 : đi m): a.Cho cos a  2  1 . Tính A  cos  2a  2016  . n  1  b.Cho P  x    x 2  x  0, n  N * , biết: Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn  4096 . Tìm số   3 2  x   hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton của đa thức trên.   ài 7 đi m): Cho hình chóp S.ABCD có đ{y l| hình vuông, SAB l| tam gi{c c}n v| nằm trong mặt phẳng vuông góc đ{y, SA  a . Mặt bên (SAD) tạo với đ{y một góc 45o , M l| trung điểm AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD v| khoảng c{ch giữa hai đường thẳng SD v| CM. ài 8 đi m):Trong mặt phẳng Oxy, cho tam gi{c ABC vuông tại A, D l| ch}n đường ph}n gi{c trong góc A. Gọi E l| giao điểm ph}n gi{c trong góc ADB v| cạnh AB, F l| giao điểm ph}n gi{c trong góc ADC v| cạnh AC. X{c định tọa điểm A biết E  0,1 , F 1,4  v| điểm M  5,6  nằm trên cạnh BC. ài 9 ài 0   đi m): Giải phương trình x2  2  x x2  2x  2  x 4  4  x  R . đi m): Cho c{c số thực x , y , z  1,3 . Tìm gi{ trị lớn nhất của biểu thức: P x x  y  18 z 2 2  y 1  .  x  y  3z  3 9z --------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng t|i liệu – C{n bộ coi thi không giải thích gì thêm. Lớp To{n 76/5 Phan Thanh – Đ| Nẵng Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Câu 1 TXD: D=R Giới hạn: lim y   , lim y   x x 0.25 Đạo h|m y '  3x  3  y '  0  x  1 2 Bảng Biến Thiên x   y’ y –1 1 0 + 0    0.25 0  –4 H|m số đồng biến trên  1,1 , h|m số nghịch biến trên   , 1 v| 1,  H|m số đạt cực đại tại x  1, yCD  0 ; H|m số đạt cực tiểu tại 0.25 x  1, yCT  4 y Đồ thị x 0.25 2 4 Câu 2 Ta có y '  f '  x   3x2  4 Gọi phương trình tiếp tuyến có dạng : y  f '  xo  x  xo   f  xo  Do tiếp tuyến // y  x  2  f '  xo   1  xo  1 0.5 Với xo  1  f  xo   3 . Pttt: y   x  1  3  y  x  2 (loại) 0.25 Với xo  1  f  xo   3 . Pttt: y   x  1  3  y  x  2 0.25 Vậy tiếp tuyến cần tìm l| y  x  2 Câu 3 1  2i 1  i    1  3 i  z   1  3 i 2z  2i  1  z  1 i 2 2 2 2 2 2 0.25 2  1  1 1 1 1 w  z  i    i  w        2 2 2  2  2 0.25 Điều kiện: x  0 . log 2 x.log 2  2x   2  log 2 x  log 2 2  log 2 x   2 log x  1 1 log 22 x  log 2 x  2  0   2  x2 x 4 log 2 x  2 0.5 Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Câu 4    2x 2  dx u  ln 4  x du   I  ln 4  x dx . Đặt   4  x2  v  x 0 dv  dx  1    2   I  x ln 4  x 2   1 1  2 x2  4  8  1 2 x2  dx  dx  ln 3   2   0 0 4  x2 x  4 0      0.25 1 1 x  2   x  2 1  8  I  ln 3   2  2 dx  ln 3  2 x  2 dx  0 x  2 x  2 x  4      0 0   1 1  1 1  I  ln 3  2  2    dx  ln 3  2  2ln x  2  2ln x  2 0 0 x2 x2 0 0.5 I  ln3  2  2ln2  2ln3  2ln2  3ln3  2 0.25 1  Câu 5 Ta có n1  1,2,3  , A  0,0, 1  d1 v| n2   2,1,1 , B 1, 1,0   d2 2 3 3 1 1 2  n1 , n2    , ,  1,5, 3  . Phương trình mặt phẳng    1 1 1 2 2 1     chứa d1 v| song song d2 qua A  0,0, 1 v| nhận n1 , n2  l|m vtpt    P  : 1 x  0  5  y  0   3  z  1  0  x  5y  3z  3  0 1  5  1  3.0  3 Ta có d d ,d   d B , P     1 2 Câu 6 1 5 3 2 2 2  9 1  x  n 0.25 0,5 35 A  cos  2a  2016   cos  2a  1008.2   cos 2a  2cos 2 a  1  5  4 2 Ta có 0.25 0.5  Cn0  Cn1 x  Cn2 x2  ...  Cnn xn  2n  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn 12  1   2  4096  n  12  P  x    x 2    3 2  x   n Số hạng tổng qu{t Cnk x  2 12  k  1  3 2  x 0.25 k 8  24  k k 3 . Số hạng không chứa  C x  12   8 9 x tương ứng: 24  k  0  k  9 . Vậy số hạng không chứa x l| C12 3 Câu 7 SA  AD  SAB   SAD  ,  ABCD   45o  AB  AD   S H  AM  SM  A E 45o M B I F SA 2   a 2  AB  a 2 1 2 3  VS. ABCD  .SM.SABCD  a (dvtt) 3 3 N D 0.25 0.5 C Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Gọi N trung điểm AD  BN  CM . Lấy E đối xứng với M qua A thì EMCD l| hình bình h|nh. Dựng FM / / BN  FM  ED . Khi đó ED  SFM   SED   SFM  . Hạ MH  SF  MH  SED       MH  d M , SED   d CM , SED   d CM ,SD  Ta có MAI  1 MH 2  z MFE  MF.MI  MA.ME  MF  1 SM 2  1 MF 2  MH  2 2a 21 0.25 4 10  d CM , SD   a 2 42 a 21 Chọn hệ trục Oxyz như hình. S  A M 45o 0.25 B   a  Ta có C a 2 , a 2 ,0 , M  ,0,0  ,  2   a  a D 0, a 2 ,0 , S  ,0, . 2  2  x   a   a a  MC   , a 2 ,0  , DS   , a 2 ,  2  2   2  C D DC  a 2 ,0,0 y Khoảng c{ch giữa CM v| SD dCM ,SD   Câu 8  MC , DS  .DC 2 42 a    21  MC , DS    Chứng minh tam gi{c EDF vuông c}n tại D. A F E B  D M C  D  2,2  Tọa độ  loại D  1,3   D  1,3  kh{c phía M so với EF. 0.25 0.25 Pt DF: 2x  y  6  0 . Gọi M’ đối xứng với M qua DF thì M '  AD . Tọa độ M '  3,2  . Pt AD: y  2  0 2 2  1  3 5 Phương trình đường tròn đường kính EF C  :  x     y    2  2 2  Tọa độ A  AD  C   A  1,2  0.5 1 1 Chứng minh: EDF  ADE  ADF  ADB  ADC  90o 2 2 Tứ gi{c AEDF nội tiếp  FED  FAD  45o  EDF vuông c}n tại D Câu 9 Điều kiện: x  0 . Xét x  0  2  4  x  0 l| nghiệm của phương trình. 0.25 Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Xét x  0 chia 2 vế cho x : x  2 2 4  x   2  x2  2 x x x 2  x  2 2 2  x 2  x   4 . x x x  Đặt t  x  2 2  2  x   t2  2  t  2 2  2 x x t Pt  t 2  2  t  2  0.25 2  2  4  t 2  t  2  t 4  4t 2  2t 3  t 2  4t  4  0 Xét h|m f  t   2t 3  t 2  4t  4 với t  2 2  2 Câu 0  f '  t   4t 2  2t  4  0  f  t   f  2 2  2   0 phương trình vô   nghiệm. 0.25 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  0 . 0.25  x  3 3z  x   0  x  3z  3  x2  9z  y  3 3z  y   0  y  3z  3  y2  9z Cộng vế theo vế   x  y  3z  3  x2  y 2  18z Ta có P 0.25 y x 1 1 1      x  y  3z  3  x  y  3z  3 9z 3  z  1 9z Xét h|m số: f  z   1 1 với z  1,3  3  z  1 9 z  z  1  3z2  f ' z  0  z  1   f ' z       2 2 2 9z2 3  z  1 9 z 2  z  1 1 1 Ta có f 1  0, f  3    0.25   P  f  z  f 1  2  2 3  1 3  4  2 2 1 ,f  36  2  9 1 3 42 2 . Đẳng thức xảy ra khi x  y  3, z  2 9 0.25 0.25 Ch ý: Học sinh l|m theo c{ch kh{c nhưng đúng thì vẫn được trọn điểm. Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Đà Nẵng, Ngày 27-03-2016 TH TRUN H C PH Thi Thử Lần 5 Offline TH N U C 20 6 n: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Th i gian à ài 80 ph t, h ng th i gian phát đề ài đi m): Khảo s{t sự biến thiên v| vẽ đồ thị h|m số y  x4  8x2  15 . ài 2 đi m): X{c định gi{ trị của m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị y  x3 tại x1 hai điểm ph}n biệt có ho|nh độ x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  3x1x2  3 . ài 3 đi m): a.X{c định phần thực v| phần ảo của số phức z biết  2  i  z   2  i 1  2i   0 b.Giải phương trình 42 x1  7.12x  32 x1  0 . 1 ài 4 đi m): Tính tích ph}n I  x  x  1 e x dx .  0 ài 5 d: đi m): Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S  : x2  y 2  z 2  2 x  2 z  0 v| x y 1 z 1 . Chứng tỏ đường thẳng d tiếp xúc  S  , x{c định tọa độ tiếp điểm.   2 2 1 ài 6 đi m): a.Cho a   2 thỏa mãn 9sin2 a  6cos a  10 . Tính gi{ trị A  tan a . b.Từ c{c số thuộc tập E  0,1,2,3,4,5,6 lập một số tự nhiên có 4 chữ số đôi một kh{c nhau sao cho chữ số h|ng nghìn v| chữ số h|ng đơn vị có tổng bằng 5. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên thỏa yêu cầu? ài 7 đi m): Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đ{y ABC l| tam gi{c vuông c}n tại B, AA '  a 3 . Mặt phẳng (A’BC) tạo với đ{y một góc 60 o . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ v| khoảng c{ch giữa hai đường thẳng A’B v| AC. ài 8 đi m): Trong mặt phẳng Oxy, cho tam gi{c ABC vuông tại A có H l| ch}n đường cao hạ từ A. Gọi D l| điểm đối xứng với H qua A, điểm E  4, 1 l| trung điểm AH. Biết C  7, 2  v| điểm F  0,2  thuộc đường thẳng BD. X{c định tọa độ đỉnh A. ài 9 ài 0 2 x 2  2 xy  y 2  2  2 y  4 x  đi m): Giải hệ phương trình  2  x, y  R . x  2 y 2   2 x  1 2 y  2   x  y   đi m): Cho c{c số thực dương x, y , z thỏa mãn x2  y 2  z 2  3 . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức: P x z 1 2  z x 1 2 6 xy  yz  zx . xyz --------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng t|i liệu – C{n bộ coi thi không giải thích gì thêm. Lớp To{n 76/5 Phan Thanh – Đ| Nẵng Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng Câu Câu 2 1 Phương trình ho|nh độ giao điểm: x3  x  m  x2  mx  m  3  0  x  1 x1   m2  4m  12  0  m  2  Để dt cắt đồ thị tại 2 điểm ph}n biệt  2  1  m  1  m  3  0  m  6 2 x  x  m Áp dụng Viet:  1 2   x1  x2   x1 x2  3  0  m2  m  0 x1 x2  m  3 Câu 3 0.25 0.25  2  i  z   2  i 1  2i   0  z  25ii  1  2i . Phần thực 1, phần ảo 2 0.5 1 du   2 x  1 dx u  x2  x   2 x 1 Đặt    I  x  x e   2x  1 e xdx  x x 0 dv  e dx  0  v  e    1 u  2 x  1 du  2dx 1 1 x 1 Đặt    I   2 x  1 e  2e x dx   2 x  1 e x  2e x x x 0 0 0 0 dv  e dx v  e     I  x2  x  1 e x Câu 5 0.25  m  1  m  0 (loại). Vậy không có gi{ trị m thỏa mãn.  4  x    1 2x x x  0 4 4  3  2 x 1 x 2 x 1 4  7.12  3  0  4   7    3  0    x 3 3  x  1  4   3  3  4   Câu 4 0.25 1 0 0.5 0.25 0.25 0.5  e 1  x  2t  Ta có I 1,0,1 , R  2 ; Phương trình d :  y  1  2t z  1  t  t  R 0.25 Gọi H l| hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d: H  2m, 1  2m,1  m  m  R   IH   2m  1, 1  2m, m M| IH.ud  0   2m  1 2   1  2m 2   m.1  0  m  0  H  0, 1,1 Lại có IH   1   1 2 2  02  2  R nên d tiếp xúc (S). 0.5 0.25 Vậy d tiếp xúc (S) v| tọa độ tiếp điểm l| H  0, 1,1 Câu 6 9sin 2 a  6cos a  10   3cos a  1  0  cos a   2 Ta có A2  tan 2 a  1 cos2 a  1  8  A  2 2 1 3 0.25 0.25 Ra đề: Thầy Nguyễn Đại Dương – Sđt: 0932589246 – Fb: ThayNguyenDaiDuong