Đề thi thử đại học lần II - Năm 2016 môn: Toán thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI 
TRƯỜNG THPT SÓC SƠN 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II - NĂM 2016 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề 
Câu 1 ( 1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1
2 3
xy
x
 


. 
Câu 2 ( 1,0 điểm) Tìm m để hàm số:    3 2 2 21 2 5 7 23y x m m x m x m       đạt cực tiểu tại 2x   . 
Câu 3 (1,0 điểm) 
a) Gọi 1 2;z z là 2 nghiệm phức của phương trình: 2 2 2 0z z   . Tính giá trị của biểu thức 1 2A z z  
b) Giải phương trình :    
21 3
5 2 5 2 .
x x  
   
Câu 4 (1,0 điểm ) 
a) Giải phương trình : sin 2 4 8 cos sin .x x x   
b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 2 2 12 24n nA C   . Tìm số hạng chứa 
6x trong khai triển nhị thức Niu-
tơn của  3 , 0nnx x x  . 
Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân 
4
1
2 1
2 1
xI x dx
x
 
   
 . 
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ ,Oxyz cho điểm  0; 1;2A  và mặt phẳng  P : 
2 3 2 0x y z    . Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  .P 
Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua mặt phẳng  .P 
Câu 7 ( 1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABC có  0, 2 , 120 ,AB a AC a BAC   cạnh bên SA vuông góc với 
mặt phẳng đáy  ABC , góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy  ABC bằng 060 . Gọi ,M N lần lượt là 
trung điểm của các cạnh ,SB SC . Tính thể tích khối chóp .S ABC theo a và tính góc giữa hai đường thẳng 
AM và .BN 
Câu 8 ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có N là trung điểm của 
cạnh CD và đường thẳng BN có phương trình là 13 10 7 0x y   ; điểm (1;4)M thuộc đoạn thẳng AC sao 
cho 4AC AM . Gọi K là điểm đối xứng với N qua C. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết rằng 
3 2AC AB và điểm K thuộc đường thẳng : 1 0x y    . 
Câu 9 ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 
 
2
2 2 2
2 2
,
2 1 2 3 2 4
xy y x
x y
y x x x x x
    
     
 
Câu 10 ( 1,0 điểm) Cho ba số thực dương , ,x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
         2 2 2
4 4 5 .
2 2 2 24
P
x y x z y z y z y x z xx y z
  
       
.... Hết.... 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM. 
Chú ý: 
+) Đáp án dưới đây có bước chỉ là hướng dẫn chấm, nên thí sinh phải làm chi tiết mới được điểm tối đa. 
+) Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 
Câu Đáp án Điểm 
1 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: 1
2 3
xy
x
 


1)Tập xác định: 3D \
2
   
 
 
2)Sự biến thiên: 
+)Chiều biến thiên: 
 2
5' 0,
2 3
y x D
x

   

 Hàm số nghịch biến trên các khoảng 3;
2
   
 
và 3 ;
2
   
 
. 
+) Cực trị: hàm số không có cực trị. 
Lưu ý: Thí sinh có thể không nêu kết luận về cực trị của hàm số. 
0,25 
+)Giới hạn và tiệm cận: 
3 3
2 2
1lim lim ; lim ; lim
2x x x x
y y y y
            
   
       
Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là đường thẳng 1
2
y   
Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng là đường thẳng 3
2
x   
0,25 
+)Bảng biến thiên: 
x 
 3
2
 
   
1
2
 
 1
2
 
0,25 
3)Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại  1;0A và cắt trục Oy tại 10;
3
B  
 
x
y
O 1
0,25 
Câu Đáp án Điểm 
2 Tập xác định: D   
   2 2 22 2 5 7y x x m m x m       
0,25 
   2'' 2 2 2y x x m m    0,25 
Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 2
1
'( 2) 0 4 3 0
3
m
y m m
m
 
          
0,25 
 Với 1m   ta có ’’ 2 8y x  ; ''( 2) 4 0 1y m      (tm) 
 Với 3m   ta có ’’ 2 28y x  ; ''( 2) 24 0 3y m      (tm) 
Vậy giá trị m cần tìm là : 1 hay 3m m    . 
0,25 
Câu Đáp án Điểm 
3 a)Phương trình : 2 2 2 0z z   có ' 1 2 1 0     
 Nên phương trình có hai nghiệm phức phân biệt: 
1 21 ; 1z i z i    
0,25 
 22 2 21 2| | | | 1 1 1 1 2 2A z z        
0,25 
b)Ta có: 1
1( 5 2)( 5 2) 1 5 2 ( 5 2)
5 2
       

 Do đó ta có: 
       
2 21 3 1 3
5 2 5 2 5 2 5 2
x x x x    
       
0,25 
2 2 11 3 2 0
2
x
x x x x
x
 
          
 Vậy tập nghiệm của phương trình là:  1;2S   . 
0,25 
Câu Đáp án Điểm 
4 
a)Biến đổi phương trình về dạng: 
sin 4 (vn)
(sin -4)(2 cos 1) 0 1cos
2
x
x x
x

  
 

0,25 
Với 1cos 2
2 3
x x k      , k Z 
Kết luận: phương trình có nghiệm: 2 ,
3
x k k     . 
0,25 
b)Ta có: 2 2 12 24n nA C       1 1 – 24n n n n   (với đk 2,n n  ; ) 
  12n  
0,25 
Xét khai triển nhị thức Niu-tơn của:  12312x x , số hạng tổng quát của khai triển 
là: 
12 12 3
1 1212 ( )
k k k k
kT C x x
 
   
1 1212 12 123 3
12 1212 ( 1) ( ) 12 ( 1)
kkk k k k k k k kC x x C x
      
 (đk 0 12;k k   ) 
Số hạng chứa 6x tương ứng với 12 6 9
3
kk k     (tm). 
Do đó số hạng cần tìm là: 9 3 9 6 9 3 612 1212 ( 1) .12 .C x C x   
0,25 
Câu Đáp án Điểm 
5 
Ta có I = 
4 4
1 1
2 1
2 1
xxdx dx
x


 
Tính 
4
42
1 1
1
1 15
2 2
I xdx x   
0,25 
Tính 
4
2
1
2 1
2 1
xI dx
x



Đặt 2 1
1
dxt x dt dx tdt
x
     

Đổi cận: 
x 1 4 
t 3 3 
Suy ra 
3 2
2
3
( 2) ttI dt
t

  
0,25 
3
32 3
3
3
1(t 2) ( 2 ) (9 6) ( 3 2 3) 3 3
3
dt t t          
0,25 
Vậy I = 15 213 3 3
2 2
    
0,25 
Câu Đáp án Điểm 
6. +)Một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P là  2; 1; 3n   

+) Gọi là đường thẳng cần tìm,  P    nhận  2; 1; 3n   

làm một vec tơ 
chỉ phương. 
0,25 
+) Đường thẳng đi qua  0; 1;2A  và nhận vectơ  2; 1; 3n   

làm vec tơ chỉ 
phương nên phương trình tham số của đường thẳng là:  
2
1 
2 3
x t
y t t
z t


   
  
 
0,25 
+) Gọi B là điểm đối xứng của     qua 2 ; 1 ;2 3A P B B t t t     0,25 
+) Trung điểm của AB thuộc mặt phẳng  P nên ta có 
 1 32 1 3 2 2 0 1
2 2
t t t t              
   
Do đó  2; 2; 1B   
0,25 
Câu 7 
 ( 1,0 
điểm) 
F
E
M
N
A
C
B
S
+) Lập luận chỉ ra     0, 60SB ABC SBA  
+) 0. tan 60 3SA AB a  
0,25 
3
.
1 . .
3 2S ABC ABC
aV SA S  
0,25 
+) CM NB E  ( E là trọng tâm tam giác SBC ). 
+) Xét AMC : Kẻ   2/ /
3
EF CFEF AM F AC
AM CA
    
+)    , , .AM BN EF BN 
0,25 
+) 2 2 2 2 2 24 , 7 , 7SB a SC a BC a   
+) SBC có 
2 2 2 2 2
2 2 22 2 15 4 15
4 4 9 9
BS BC SC a aBN BE BN      
+) 
 22 2 22 1 2 2 19, , 2 . .cos
3 3 3 3 9
a a aEF AM SB AF BF BA AF BA AF BAF        
+)     
2 2 2
0 0cos 0 , 90 , 90 .
2 .
BE EF BFBEF EF BN AM BN
BE EF
 
      
0,25 
Câu 8 Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD. Điểm 
G
KN
M
I
D
A
C
B
+)  
2 2
|13 10.4 7 | 20,
26913 10
d M BN   

+)  , 1K K m m  
0,25 
+)Gọi I là tâm của hình bình hành ,ABCD G là giao điểm của &BN AC G là 
trọng tâm tam giác 2 1
3 3
BCD CG CI AC   
+)Có    1 5 4 4, ,
4 12 5 5
AM AC MG AC CG MG d C BN d M BN       
Có C là trung điểm của      8 32, 2 , ,
5 269
KN d K BN d C BN d M BN    
  5|13 10 1 7 | 32 | 3 17 | 32 49
269 269
3
mm m
m
m
        
  

+)Với  5 5;4m K  
 Với 49 49 52;
3 3 3
m K       
 
Có &M K nằm khác phía với  5;4BN K thỏa mãn. 
0,25 
+)Có 3 2
4 4 2 2
AB AB CDCM AC CN CK MNK        là tam giác vuông tại 
M MN MK  
Phương trình đường thẳng : 4 0 : 1 0MK y MN x     
+)  1;2N BN MN N   
C là trung điểm của  3;3 ,NK C N là trung điểm của  1;1CD D  
0,25 
+) 1 133 ;
3 3
CM MA A    
 
 
13 19;
3 3
DA CB B     
 
 
+) Kết luận:    1 13 13 19A ; , ; , 3;3 , 1;1
3 3 3 3
B C D       
   
0,25 
Câu 9 
( 1,0 điểm) 
Giải hệ phương trình 
 
   
 
2
2 2 2
2 2 1
,
2 1 2 3 2 4 2
xy y x
x y
y x x x x x
    
     
 
Điểm 
+)Ta có:  2(1) 2 2y x x    (3) 
+) Vì 2 22 0,x x x x x x x         , nên: 
  2
2
23 2
2
y x x
x x
    
 
0,25 
+) Thay vào phương trình  2 ta được: 
     
2
2 2 22 2 2 1 2 3 2 4x x x x x x x         
 
           
2 2
2 2
1 2 2 1 2 3 0
1 1 1 2 1 2 3
x x x x x x
x x x x
        
         
0,25 
+) Xét hàm số đặc trưng:      21 2f t t t t    
 
2
' 2
2
1 2 0,
2
tf t t t
t
       

 hàm số  f t đồng biến trên  
0,25 
+) Khi đó       13 1 1
2
f x f x x x x           1y  
+) Vậy hệ có 1 nghiệm   1; ;1
2
x y    
 
0,25 
Câu 10 
(1,0 điểm) 
+) Với mọi số thực dương , ,x y z . Ta có: 
         4 42 2 2 2
2 2
x y z x y zx z y z x y x z y z x y            
+) Mặt khác    
2 2
2 2 24 2 4 4 2
2 2
x y z x y xy yz xzx y x y z          
Vì    2 2 2 2 2 22 ;4 2 ; 4 2xy x y yz y z xz x z      
+) Tương tự       2 2 22 2 2z y y x z x x y x      
0,25 
+) Từ đó suy ra 
 2 2 22 2 2
4 9
24
P
x y zx y z
 
   
+) Đặt  2 2 2 4 2x y z t t     . Khi đó  2
4 9
2 4
P
t t
 

0,25 
+) Xét hàm số 
       
'
222 2
4 9 4 9( ) 2 ;
2 4 4
tf t t f t
t tt t
     
 
   ' 0 4f t t tm   
0,25 
+) Lập bảng biến thiên của hàm số ta được 
 
   
2;
54
8
Max f t f

  
+) Khi 52
8
x y z P     . Vậy 5
8
MaxP  khi    ; ; 2; 2;2x y z  
0,25