Đề 4 thi thử thpt quốc gia môn : Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TUẦN 2 THÁNG 4 - 2016 
27 Đường Số 01 – KDC Metro Môn : TOÁN BY1-BY7-A1-A3(ĐB) 
 ĐT: 0964.222.333 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
 ------------------------ 
Câu 1: (1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số 
2
1
x
y
x


. 
Câu 2: (1,0 điểm) Cho hàm số 3 23 2y x x   có đồ thị là ( )C . Tìm m để tiếp tuyến với ( )C tại điểm 
có hoành độ bằng 1 song song với đường thẳng  2: 5 3 1d y m x m    . 
Câu 3: (1,0 điểm) 
a. Giải phương trình: sin 1 2cos sin 2x x x   . 
b. Giải bất phương trình:    2 1
2
log 1 log 2 2.x x    
Câu 4: (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong  1 lny x x  và đường thẳng 
1.y x  
Câu 5: (1,0 điểm) 
a. Tìm số hạng chứa 3x trong khai triển nhị thức (2 1)nx  với n là số nguyên dương thỏa mãn 
0 1 2 56n n nC C C   . 
b. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện:     33 1 1 4 .z z i i z     Tìm môđun của số phức 
1
.
3
 w z 
Câu 6: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 
1 1
:
2 1 1
x y z
d
 
 

 và 
điểm  1; 4;1A  . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng d và viết phương trình 
mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng .d 
Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết ; 2 ,AB a AD a  tam 
giác SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của .SD Tính 
thể tích khối chóp .S ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và .SC 
Câu 8: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường 
phân giác trong góc A là : 3 0.d x y   Hình chiếu vuông góc của tâm đường tròn nội tiếp tam giác 
ABC lên đường thẳng AC là điểm  1; 4E . Đường thẳng BC có hệ số góc âm và tạo với đương thẳng 
AC góc 045 . Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn    
2 2: 2 5.C x y   Viết phương trình các 
cạnh của tam giác ABC . 
Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
   
       
 
2 2
2 2
2 2 6
,
1 2 7 1 1
y x x x y
x y R
y x x x y
    

     
. 
Câu 10: (1,0 điểm) Cho các số thực dương , ,x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 2
x y z
P
y z z x x y
  
  
. 
---------------------------------Hết------------------------------- 
Cán bộ coi thi không giải thích đề thi ! 
SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
 TTLTĐH DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 Môn: TOÁN THÁNG 4 TUẦN 2 
 (Đáp án – thang điểm gồm 07 trang) 
Câu GỢI Ý ĐÁP ÁN Điểm 
1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số 
2
1


x
y
x
. 1.0 
Tập xác định:  \ 1D   
Sự biến thiên: 
Ta có, 
2
2
' 0,
( 1)
y x D
x

   

. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1);(1; )  
Giới hạn: lim lim 2
x x
y y
 
  ; tiệm cận ngang: 2y  
1 1
lim , lim
x x
y y
  
    ; tiệm cận đứng: 1x  0.25 
Bảng biến thiên: 
x  1  
y’   
y 
2  
  2 
0.25 
Đồ thị: 
x
y
2
O
1
0,25 
2 
Cho hàm số 3 23 2  y x x có đồ thị là ( )C . Tìm m để tiếp tuyến với ( )C tại điểm có 
hoành độ bằng 1 song song với đường thẳng  2: 5 3 1   d y m x m . 1,0 
Phương trình tiếp tuyến với ( )C tại điểm có hoành độ bằng 1 là ' : 9 7d y x  . 0,25 
Yêu cầu đề bài 
2 5 9
3 1 7
m
m
  
 
 
 0,25 
2 4
2
m
m
 
 

2
2
m
m
 
 

 0,25 
2.m   0,25 
3 1,0 
a. Giải phương trình: sin 1 2cos sin 2  x x x 0,5 
Phương trình đã cho tương đương với: (sin 1)(2cos 1) 0  x x . 0,25 
sin 1 2
2
( )1
cos
22
3





     
  
      

x x k
k
x
x k
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 
2 ; 2
2 3
x k x k
 
       , k Z . 
0,25 
b. Giải bất phương trình:    2 1
2
log 1 log 2 2.   x x 
0.5 
 Điều kiện: 2x  . 
Bất phương trình đã cho tương đương:   2log 1 2 2 ( 1)( 2) 4.        x x x x 0,25 
2 26 0
3
x
x x
x
 
      
 . 
Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: [3, )S   . 
0,25 
4 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong  1 ln y x x và đường thẳng 
1. y x 
1,0 
Phương trình hoành độ giao điểm: 
     
1
1 ln 1 1 ln 1 0
x
x x x x x
x e

         
 0,25 
Khi đó,      
1 1
1 ln 1 1 ln 1
e e
S x x dx x x dx       0,25 
Đặt 
 

  
 
    

2
1
ln 1
1
2
du dx
u x x
dv x dx x
v x
Khi đó,  
2
11
ln 1 1
2 2
e
e
x x
S x x dx
   
           
 
0,25 
2 2
1
1 5
2 4 4 4
e
x e
x e
 
        
 
. 0.25 
5 1,0 
a. Tìm số hạng chứa 3x trong khai triển nhị thức (2 1) nx với n là số nguyên dương 
thỏa mãn 0 1 2 56  n n nC C C . 
0,5 
Điều kiện: 2n  . 
Ta có, 0 1 2 2
10
56 110 0
11( )
n n n
n
C C C n n
n l

          
. 
Ta có số hạng tổng quát trong khai triển là:  10 101 10.2 . 1
kk k k
kT C x
 
   . 
Theo giả thiết 10 3 7k k    . 
Vậy số hạng chứa 3x là 7 3 7 310 (2 ) ( 1) 960C x x   . 
0,25 
b. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện:     33 1 1 4 .    z z i i z Tìm môđun của số phức 
1
.
3
 w z
0,5 
Đặt  , ,z a bi a b R   . 
Phương trình trở thành:      3 1 1 4 4a bi a bi i i a bi       
 
1
3 3 3 0 4
3 3 3 5 3 1 0
5 3 1 0 3
4
a
a b
a b a b i
a b
b

    
         
     

1 3
4 4
z i   . 
0,25 
1 7 3 130
w .
3 12 4 12
     w z i 0,25 
6 
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 
1 1
:
2 1 1
 
 

x y z
d và điểm 
 1; 4;1A . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng d và viết 
phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng d . 
1,0 
 Gọi H là hình chiếu của A lên d , ta có (1 2 ; ; 1 )H t t t   , (2 ; 4; 2)AH t t t   

 0,25 
Vì AH d nên . 0dAH u 
 
2.(2 ) ( 4) ( 2) 0 1t t t t          
Vậy ( 1; 1;0)H   
0,25 
Gọi ( )S là mặt cầu có tâm (1; 4;1)A  và tiếp xúc với d . Ta có 14R AH  
0,25 
 Phương trình mặt cầu 2 2 2( ) : ( 1) ( 4) ( 1) 14S x y z      0,25 
7 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết ; 2 , AB a AD a tam 
giác SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung 
điểm của .SD Tính thể tích khối chóp .S ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng 
AI và .SC 
1,0 
Gọi H là trung điểm AB , suy ra 
( )SH ABCD và 
3
2
a
SH  . 
0,25 
21 1. .2 .
2 2
ACDS AD DC a a a    . 
3
2
.
1 1 3 3
. . . .
3 3 2 6
S ACD ACD
a a
V S SH a    (đvtt) 
0,25 
Gọi M là trung điểm CD , ta có: 
SC
AM CH
IM





( ) ( )AMI SCH  
Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( )SCH ABCD AMI ABCD   . 
Gọi K là hình chiếu của H lên giao tuyến ( ) ( )AM AMI ABCD  . 
Ta có: ( , ) ( , ( )) ( , ( ))d SC AI d SC AMI d H AMI HK   . 
0,25 
Xét tam giác AHM vuông tại H , ta có: 
22 2 2 2 2
1 1 1 1 1 17
(2 ) 4
2
HK AH HM a aa
    
 
 
 
2 17
( , )
17
a
d SC AI HK   . 
0,25 
8 
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường 
phân giác trong góc A là : 3 0.  d x y Hình chiếu vuông góc của tâm đường tròn 
nội tiếp tam giác ABC lên đường thẳng AC là điểm  1; 4E . Đường thẳng BC có hệ 
số góc âm và tạo với đường thẳng AC góc 045 . Đường thẳng AB tiếp xúc với đường 
tròn    
2 2: 2 5.  C x y Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC . 
1,0 
 Đường tròn ( )C có tâm 
( 2;0)J  và bán kính 5R  . 
 Gọi 'E là điểm đối xứng 
với E qua d . 
   ' : 3 0EE x y . 
Gọi 'H EE d  
   0;3 ' 1;2H E   . Vì 
' ( )E C nên AB tiếp xúc với 
đường tròn ( )C tại 'E . 
0,25 
 Đường thẳng AB qua  ' 1;2E  và vuông góc với 'JE : 2 3 0AB x y    . 
Ta có, (3;0)A d AB A   . 
0,25 
 Đường thẳng AC qua E và A : 2 6 0AC x y    . 
Gọi  
  
( , ), ( 0)n a b n là véctơ pháp tuyến của BC . Ta có, 
0
. 2
cos45
2
AC BC
AC BC
n n
n n
 
 
 
2 2
2 2
25.
a b
a b

 

2 2 33 8 3 0
3
a b
a ab b
a b

       
Vì BC có hệ số góc âm 3a b  , chọn 1a  , 3b  . : 3 0BC x y c    
0,25 
 Đường thẳng IE qua  1;4E và vuông góc với AC : 2 7 0IE x y    . 
Suy ra 
1 10
;
3 3
I IE d I
 
    
 
 và 
2 5
3
IE  
Ta có,  
2 5
;
3
d I BC  
10 2 29
29 10 2 3
3 3 10 2 29
3
c
c
c
 

   
  


Phương trình 
10 2 29
: 3 0
3
BC x y

   hoặc 
29 10 2
: 3 0
3
BC x y

   . 
Vì , 'A E nằm cùng phía đối với BC nên đường thẳng BC có phương trình là: 
29 10 2
3 0
3
x y

   . 
0,25 
9 Giải hệ phương trình: 
   
       
 
2 2
2 2
2 2 6
,
1 2 7 1 1
    

     
y x x x y
x y R
y x x x y
. 1.0 
Hệ phương trình tương đương với 
   
      
2 2
22
1 1 6
1 1 1 1 6
y x x y
x y y x
          
           
Đặt 1,a x b y   ta có hệ mới 
    
      
2 2
2 2
1 6 1 (1)
1 6 1 2
a b b a
b a a b
    
    
0,25 
Lấy (2) (1) ta được:   2 7 0
7 2
a b
a b a b ab
a b ab
 
     
   
 Với a b , thay vào (1) ta được: 2
2 2 1 2
5 6 0
3 3 2 3
a b x x
a a
a b y y
                       
. 
Suy ra hệ có 2 nghiệm    1, 2 , 2,3 . 
0,25 
 Với 7 2a b ab   . Lấy    1 2 ta được:    2 5 12 2a b a b ab     . 
Từ đó suy ra    2
1 4( ) 2 3
6 5 0
5 6 3 2
a b ab VN a a
a b a b
a b ab b b
                           
. 
0,25 
Suy ra hệ có 2 nghiệm    1,3 , 2, 2 . 
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm:    1, 2 , 2,3 ,    1,3 , 2, 2 . 
0,25 
10 
Cho các số thực dương , ,x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 2
  
  
x y z
P
y z z x x y
. 
1,0 
Với các số dương , , ,a b m n ta luôn có 
 22 2 a ba b
m n m n

 

. Dấu bằng xảy ra 
a b
m n
  . 0,25 
Áp dụng bất đẳng thức này ta có: 
 
 
 
 
2 22 2
2
2
22 12
2
y z y zy z y z
xz x x y yz xy zx yz yz x y z y z
x y z y z
 
     
            
. 0,25 
Suy ra  
2
2 1 2
t
P f t
t
  

 với 0
x
t
y z
 

. 
Ta có  
 
1 2
'
2 1 2 1 2
f t
t t
 
 
. Cho  
1
' 0
2
f t t   . 
0,25 
Bảng biến thiên: 
 t 
0 
1
2
  
 'f t  0 + 
 f t 
 5/4 
Kết luận: giá trị nhỏ nhất của P là 
5
4
, đạt được khi a b c  . 
0,25 
Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.