De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.

De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.De dap an thi thu thptqg mon toan NBK.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM * KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x3 − x + x+2 Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) hàm số y = , biết tiếp tuyến hợp với x −1 đường thẳng d : y = x + góc 450 Câu (1,0 điểm) a) Gọi z số phức thỏa mãn điều kiện z − i = + 3iz Tính z b) Giải phương trình : log ( x − x − 3) − log (9 x − 6) = log ( x + 2) 3 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x+ x dx x + 16 Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có A(1; 2; −3) , B(−2; −2;9) , C (9; − 4; 21) Tìm tọa độ điểm D đối xứng với B qua tia phân giác góc BAC Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa tia phân giác góc BAC vuông góc với mặt phẳng (ABC) Câu (1,0 điểm) 25 π  a) Biết số thực α ∈  ; π  sin 2α = − Tính giá trị biểu thức 144 2  A = sin α − 6sin α + + cos α + cos α + b) Cho biết khai triển (1 − x) n + x (1 + x) n − = a0 + a1 x + a2 x + + an x n (n ∈ N , n ≥ 2) Xác định hệ số a5 , biết a0 + a1 + a2 + + an = 256 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình thoi cạnh a, BAD = 1200 SA ⊥ (ABCD) SC hợp mặt phẳng (ABCD) góc 600 Tính theo a thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD khoảng cách AB SD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có A(1; 3), đường thẳng qua trung điểm BC CD có phương trình d: x − y − 13 = , điểm M( – 11; – 1) nằm đường thẳng qua B vuông góc với AD Viết phương trình đường tròn nội tiếp hình thoi đó, biết điểm B có hoành độ âm Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 8 x − xy (2 x − y ) + x = y − y + 18 y − 14   y − y + + ( y + 1)( x + 8) = Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z + ≤ y + z Tìm giá trị nhỏ x3 + x + y + y + 18 z + z + P= + + x +1 2y + 2z + Hết -Họ tên thí sinh:………………………………………… Số báo danh:……………… .… TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM Câ Đáp án u Câ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x3 − x + u1 (1,0 đ) + Tập xác định: D = R + Giới hạn: lim y = −∞ , lim y = +∞ x →−∞ Điể m x →+∞ x = ⇒ y = + Sự biến thiên: y ' = x − x , y ' = ⇔  x = 1⇒ y = + BBT +∞ −∞ x + – + y ’ +∞ y −∞ 0,25 0,25 0,25 Hàm đồng biến khoảng (−∞; 0) (1; +∞) ; nghịch biến khoảng (0;1) Điểm cực đại đồ thị (0; 2), điểm cực tiểu đồ thị (1; 1) -+ Đồ thị 0,25 -10 -5 -2 -4 10 Câ x+2 u Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) hàm số y = x − , biết tiếp tuyến hợp với (1,0 đường thẳng d : y = x + góc 450 đ) x +2 −3 + Ta có y ' = ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) ⇔ y0 = ( x0 ≠ 1) ( x − 1) x0 − −3 + Phương trình tiếp tuyến với (C) điểm ( x0 , y0 ) ∈ (C ) y = ( x − x0 ) + y0 ( x0 − 1) -ur −3 + Đặt k = < Thì tiếp tuyến có VTPT n1 = (k ; −1) đường thẳng d có VTPT ( x0 − 1) uur n2 = (2; −1) Tiếp tuyến hợp d góc 450 nên ta có ur uuur 2k + = cos 450 = cos(n1 ; n2 ) ⇔ k + k −k Chú ý: Học sinh dùng công thức tan α = cho điểm tương ứng + k1k2  k = −3  x0 = ⇒ y0 = −3 Ta có = −3 ⇔  ⇔ 3k + 8k − = ⇔   k = (loai ) ( x0 − 1)  x0 = ⇒ y0 = −2  + Phương trình tiếp tuyến điểm (2; 4) y = −3( x − 2) + +Phương trình tiếp tuyến điểm (0; −2) y = −3 x − 0,25 0,25 0,25 -0,25 Câ u3 (1,0 đ) a) Gọi z số phức thỏa mãn điều kiện z − i = + 3iz Tính z Gọi z = x + iy (x, y ∈ R) z − i = + 3iz ⇔ x + (6 y − 1)i = (2 − y ) + xi ⇔ (6 x) + (6 y − 1) = (2 − y ) + (3x) ⇔ x2 + y = Suy z = x + y = b) Giải phương trình : log ( x − x − 3) − log (9 x − 6) = log ( x + 2) (1)  x < −1 ∨ x >  x2 − x − >    ĐK 9 x − > ⇔ x > ⇔ x>3 x + >    x > −2 0,25 - 0,25 (1) ⇔ log ( x − x − 3) + log ( x + 2) = log (9 x − 6) Câ u4 (1,0 đ) ⇔ log ( x − x − 3)( x + 2) = log (9 x − 6) ⇔ ( x − x − 3)( x + 2) = x − x = ⇔ x − 16 x = ⇔   x = ±4 So điều kiện chọn nghiệm x = x Tính tích phân I = ∫ dx x + 16 x+ 3  x( x + 16 − x) 1 I= ∫ dx =  ∫ x x + 16 dx − ∫ x dx  16 16  0  0,25 0,25 3 ∫ x dx = 3 x =9 0 - Ta có 0,25 Tính J = ∫x x + 16 dx Đặt t = x + 16 ⇒ t = x + 16 ⇒ tdt = xdx 0,25 - Với x = t = ; với x = t = 5 t3 61 J = ∫t d = = 34 -1  61  17 Suy I =  − 9 = 16   24 Câ Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có A(1; 2; −3) , B(−2; −2;9) , C (9; −4; 21) Tìm tọa u5 độ điểm D đối xứng với B qua tia phân giác góc BAC Viết phương trình mặt phẳng (P) (1,0 chứa tia phân giác góc BAC vuông góc với mặt phẳng (ABC) đ) + D điểm đối xứng với B qua tia phân giác góc BAC D thuộc tia AC uuur uuur AD AB 13 Ta có = = = ⇒ AC = AD AC AC 26 -9 − = 2( xD − 1)  xD = uuur uuur   + AC = AD ⇔  −4 − = 2( yD − 2) ⇔  yD = −1 Vậy D (5; −1;9) 31 + = 2( z + 3) z =  D  D BD vuông góc với giao tuyến hai mặt phẳng (P) (ABC) đồng thời (P) ⊥ (ABC) suy uuur BD ⊥ (P) Do BD = (7;1; 0) VTPT (P) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câ u6 (1,0 đ) uuur (P) qua điểm A(1; 2; −3) nhận BD = (7;1;0) làm VTPT nên có phương trình 7( x − 1) + 1( y − 2) = ⇔ x + y − = 25 π  a) Biết số thực α ∈  ; π  sin 2α = − Tính giá trị biểu thức 144 2  A= 0,25 sin α − 6sin α + + cos α + cos α + (3 − sin α ) + (3 + cos α )2 = − sin α + + cos α = + (cos α − sin α ) 25 169 (1) (cos α − sin α ) = − sin 2α = + = 144 144 -π  Do α ∈  ; π  ⇒ sin α > 0, cos α < ⇒ cos α − sin α < 2  13 13 59 Do (1) suy cos α − sin α = − Vậy A = − = 12 12 12 n n−2 b) Cho biết khai triển (1 − x) + x (1 + x) = a0 + a1 x + a2 x + + an x n (n ∈ N , n ≥ 2) A= 0,25 - 0,25 Xác định hệ số a5 , biết a0 + a1 + a2 + + an = 256 Đặt f ( x) = (1 − x) n + x (1 + x)n − Khi a0 + a1 + a2 + + an = f (1) = 2n− Theo đề : 2n − = 256 ⇔ n = 10 Khi hệ số a5 x5 khai triển (1 − x)10 + x (1 + x)8 C105 (−1)5 + C83 = −196 Câ Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình thoi cạnh a, BAD = 1200 SA ⊥ (ABCD) SC u7 hợp mặt phẳng (ABCD) góc 600 Tính theo a thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD (1,0 khoảng cách AB SD đ) S I L H D A K B C + SA ⊥ (ABCD) suy AC hình chiếu SC (ABCD) ⇒ SCA = 600 + BAC = 600 AB = BC ⇒ ∆ ABC ⇒ AB = AC = AD = a 0,25 0,25 Suy A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Mặt phẳng trung trực cạnh SC cắt SA I I tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BCD, bán kính mặt cầu đoạn IS -SI SL Gọi L trung điểm SC Ta có ∆ SLI ∆ SAC đồng dạng ⇒ = SC SA 2a Vì SA = a SC = 2a suy SI =  2a  32π a Thể tích khối cầu V = π  =   AB//CD ⇒ AB//(SCD) ⇒ d(AB;CD) = d(AB; (SCD)) = d(A;(SCD)) K trung điểm CD AK ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (SAK) ⇒ (SCD) ⊥ (SAK) Dựng AH ⊥ SK (H ∈ SK) AH ⊥ (SCD) -a 15 a 15 1 Ta có Vậy d(AB;SD) = = + ⇒ AH = 2 AH AS AK 5 Trong m ặ t ph ẳ ng t ọ a độ Oxy, cho hình thoi ABCD có A(1; 3), đườ ng thẳng qua trung điểm Câ u BC CD có phương trình d: x − y − 13 = , điểm M( – 11; – 1) nằm đường thẳng (1,0 qua B vuông góc với AD Viết phương trình đường tròn nội tiếp hình thoi đó, biết đ) điểm B có hoành độ âm AC qua A vuông góc với d nên phương trình AC: x + y − 14 = hay x + y − = x + y − =  3 H = AC ∩ d Tọa độ điểm H nghiệm hệ  Giải H  4;   2 4 x − y − 13 = 0,25 - 0,25  uur uuur  xI − = (4 − 1) x = I(3; 2) I = AC ∩ BD AI = AH ⇔  ⇔ I y =  I  y − = ( − 3)  I -BD qua I(3;2) song song với d nên BD: 2x − y − = M(-11;-1) A(1,3) Do B(b; 2b – 4) (b < 0) D đối xứng với B qua I nên D(6 – b; – 2b) uuuur uuur , BM = (11 − b ;3 − b ) AD = (5 − b;5 − 2b) B I D uuuur uuur BM AD = ⇔ 5b − 10b − 40 = d  b = −2 H ⇔ b = C Vì b < nên chọn b = – ⇒ B (−2; −8) -Phương trình AB:11x − y − = 25 Bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi R = d(I; AB) = 130 - -0,25 -0,25 0,25 0,25 0,25 Phương trình đường tròn nội tiếp hình thoi: ( x − 3) + ( y − 2) = Câ Giải hệ phương trình u9 (1,0 đ) 625 130 - 0,25 8 x3 − xy (2 x − y ) + x = y − y + 18 y − 14 (1)   y − y + + ( y + 1)( x + 8) = (2) (1) ⇔ (8 x3 − 12 x y + xy − y ) + 3(2 x − y ) = ( y − y + 12 y − 8) + 3( y − 2) ⇔ (2 x − y )3 + 3(2 x − y ) = ( y − 2)3 + 3( y − 2) (*) -Xét hàm f (t ) = t + 3t , t ∈ R f '(t ) = 3t + > 0, ∀t Suy f (t ) đồng biến R (*) ⇔ f (2 x − y ) = f ( y − 2) ⇔ x − y = y − ⇔ x = y − 0,25 0,25 Thế x = y − vào (2) ta có y − y + + ( y + 1) ( y − 1)3 + 8 = ⇔ y − y + + ( y + 1) ( y − y + 7) = ⇔ ( y − y + 7) − 2( y + 1) + ( y + 1)2 ( y − y + 7) = 0,25  y +1 y +1  ⇔ − 2 +3  =0 y − 4y +  y − 4y +  y +1 , ta có −2t + t + = ⇔ t = y − 4y + -y = ⇒ x =1 y +1 1= ⇔ y +1 = y2 − y + = ⇔  y − 4y + y = 3⇒ x = Vậy hệ có hai nghiệm (x;y) (1; 2) (2; 3) Đặt t = Câ Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z + ≤ y + z Tìm giá trị nhỏ u x3 + x + y + y + 18 z + z + 10 P= + + x + y + 2z + (1,0 đ)  1  y2 P = 9 + + + x + + 2z  x + y + 2 z + 2   y + z ≥ x + y + z + = ( x + 4) + ( y + 16) + ( z + 4) − 20 ≥ x + y + z − 20 Suy < x + y + z ≤ 20 -1 1 1 Với a > 0, b > ta có (a + b)  +  ≥ hay + ≥ (*) a b a+b a b 1 4 16 Áp dụng (*) ta có +( + )≥ + ≥ x + y + 2z + 4x + y + 2z + 4x + y + 2z + y y2 2 Bunhicôpxki : (4 x + y + z ) = (2.2 x + + 2 z ) ≤ (4 + + 2)(4 x + + 2z2 ) 2 0,25 0,25 0,25 y2 + z ≥ (4 x + y + z ) 2 -144 Do P ≥ + (4 x + y + z ) 4x + y + 2z + 8 Suy x + 144 t Đặt t = x + y + z , < t ≤ 20 Suy P ≥ + t +8 -144 t Xét hàm f (t ) = + , < t ≤ 20 t +8 t t (t + 8) − 144.4 (t − 4)(t + 20t + 144) 144 = Ta có f '(t ) = − + = (t + 8) 4(t + 8) 4(t + 8)2 f '(t ) = ⇔ t = Từ BBT suy f (t ) = f (4) = 14 0,25 - t∈(0;20] x = z   x = z = Suy MinP = 14  y = z ⇔ 4 x + y + z =  y =  0,25 Chú ý: Những cách giải khác đáp án, cho điểm tối đa Tùy theo thang điểm đáp án mà giám khảo cho điểm tương ứng