Đề thi thử môn toán kỳ thi THPT quốc gia đề số 003

ĐỀ SỐ 3
HTTP://THAYTOAN.NET

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Mơn : TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút ,khơng kể thời gian giao đề

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  3 x 2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng

y  3x  5.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Cho góc  thỏa:

3
3


   2 và cos   . Tính cos   .
4
2
3


b) Gọi z 1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình 2z 2  3z  4  0 . Tính M  z1  z 2
Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1)  82.3 x  9  0.

x  4  x  4  2 x  12  2 x 2  16 .

Câu 4.(1,0 điểm) Giải phương trình:

1





Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I   x  e 2 x xdx.
0

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,
cạnh bên SA vng góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA và SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD
và khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN).
Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại
  90 0. Chân đường cao kẻ từ A đến
tiếp tam giác ABC là I(-2;1) và thỏa mãn điều kiện AIB
BC là D(-1;-1). Đường thẳng AC đi qua M(-1;4). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC,
biết đỉnh A có hồnh độ dương.
Câu 8.(1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) và đường thẳng d:

 x  2  t

 y  1  2t . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và chứa đường thẳng d. Viết phương
z  1  2t

trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d.
Câu 9.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ của một trường phổ thơng có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học
sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất
để trong 4 học sinh được chọn khơng q 2 trong 3 lớp trên.
Câu 10.(1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực dương và thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  1 . Tìm giá trị



nhỏ nhất của biểu thức P  (1  x )1 



1
 1
  (1  y)1  .
y
 x
-------- Hết---------

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.......................................................................Số báo danh:......................
Giáo viên: Nguyễn Văn Huy – />

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  3 x 2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng

y  3x  5.
Lời giải
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị



Tập xác định: D = R.
Sự biến thiên:

x  0

Chiều biến thiên y '  3x 2  6x  y '  0  
.
x  2







khoảng nghịch biến: (-;0) và (2;+); khoảng đồng biến: (0;2).
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 4.
Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y  
x  

Bảng biến thiên:
x
y'
y

x  

-

0

0

–

2
0
4

+

+

+
–

0


-

Đồ thị:
y

8

6

4

2

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

-2

-4

-6

-8

b) Viết phương trình tiếp tuyến:
 Tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3 x  5 nên có hệ số góc bằng 3.


Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, ta có  3 x 02  6 x 0  3  3 x02  6 x 0  3  0  x 0  1
Suy ra M(1;2)
 Phương trình tiếp tuyến là: y  3x  1 .

Câu 2.(1,0 điểm)
a) Cho góc  thỏa:

3
3



   2 và cos   . Tính cos   .
2
4
3


b) Gọi z 1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình 2z 2  3z  4  0 . Tính M  z1  z 2
Lời giải
a) Lượng giác



9
7
.

16 16
3
7
Vì
   2 nên sin   0  sin   
.
2
4
Ta có cos 2   sin 2   1  sin 2   1 





1 3
3 7 3  21


Vậy cos     cos cos   sin sin   . 
.

.
3
3
3
2
4
2
4
8


b) Số phức




Ta có:
  23  z1 



3  i 23
3  i 23

;z2 
4
4

Vậy M  z1  z 2  

 z1  z2  

i 23
23
M
.
2
2

i 23
23

.
2
2

Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1)  82.3 x  9  0.
Lời giải
Bất phương trình: 32( x 1)  82.3 x  9  0  9.32 x  82.3 x  9  0

1
 3x  9
9
 32  3x  32

 2  x  2.




Vậy bất phương trình có nghiệm là  2  x  2 .

x  4  x  4  2 x  12  2 x 2  16 .

Câu 4.(1,0 điểm) Giải phương trình:

Lời giải



Điều kiện xác định: x  4.
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương

pt  x  4  x  4  (x  4)  (x  4)  12  2 x 2  16
 x 4  x 4 





Đặt t =







2

x  4  x  4  12 1

t  3

2
x  4  x  4 , t > 0. Ta được: 1  t  t  12  0  
t  4

Với t = 4 , ta được

(l )



4  x  8
x  4  x  4  4  x 2  16  8  x   2
2
 x  16  64  16 x  x
4  x  8

 x  5.
x  5

Vậy nghiệm của phương trình là x  5
1





Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I   x  e 2 x xdx.
0

Lời giải


1

I 

1

 x dx   xe
2

0
1



I1 



dx  I 1  I 2

2x

0

x 2dx 

0

x3 1 1
| .
3 0 3

1



I2 

 xe

2x

dx

0

du  dx
u  x



Đặt: 
 
2x
dv  e dx
v  1 e 2x


2
1



 I2 

1

xe 2xdx 

0



Vậy I 

x 2x 1 1
e2 1
e2  1
e |0   e 2xdx   e 2x |10 
2

2 0
2
4
4

3e 2  7
.
12

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,
cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA và SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN).
Lời giải


S

Vẽ hình:
H
M

Ta có: SA  (ABCD)  AC là hình chiếu của SC trên (ABCD)



N

 SCA  600

A

AC  AD 2  CD 2  a 5;

D

SA  AC tan 600  a 15






B

Thể tích:

C

1
1
2 15a 3
VS. ABCD  S ABCD .SA  AB.AD.SA 
.
3
3
3
Khoảng cách:
Trong mp SAD kẻ SH  DM, ta có AB  SAD mà MN // AB  MN  SAD  MN  SH





 SH  DMN   SH  d S , DMN  .
SHM ~ DAM 







SH SM
SA.DA
SA.DA
2a 15

 SH 


.
2
2
DA DM
2 DM 2 AD  AM
31

Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại
  90 0. Chân đường cao kẻ từ A đến

tiếp tam giác ABC là I(-2;1) và thỏa mãn điều kiện AIB
BC là D(-1;-1). Đường thẳng AC đi qua M(-1;4). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC,
biết đỉnh A có hoành độ dương.
Lời giải


  90 0  ACB
  450  ACB
  1350
AIB

A

 ADC cân tại D  DI  AC.









Đường thẳng AC đi qua M và nhận ID  1; 2 làm vectơ pháp



tuyến. Suy ra phương trình đường thẳng AC: x  2y  9  0 .
DI: 2x  y  3  0 .

I

B
D

C






Gọi E = DI  AC  E 3; 3  DE  20  AD = DC = DE 2  40



A  AC  A 9  2t; t



t  1  A 7;1

(l )

Ta có: AD 2  40  5t 2  30t  25  0  



t  5  A 1; 5



E là trung điểm của AC  C 7;1
BC: x  3x  4  0
BI: 3x  4y  2  0





B = BC  BI  B 2; 2


  

 



Vậy A 1; 5 , B 2; 2 ,C 7;1

Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2; 3;1 và đường thẳng d:
x  2  t

y  1  2t t   . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và chứa đường thẳng d. Viết




z  1  2t


phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d.
Lời giải













 


mp P  đi qua A và chứa d nhận n  a, MA  8; 10; 6 làm vectơ pháp tuyến


 P  : 4x  5y  10  0 .











Gọi H là hình chiếu của A trên d . Suy ra H 2  t ;1  2t ; 1  2t ,



Mặt cầu S tâm A có bán kính R  AH 





Đường thẳng d đi qua M 2;1; 1 và có vectơ chỉ phương a  1;2; 2 , MA  4;2;2


AH  4  t ; 2  2t; 2  2t  ;
 
 
  32 10 26 
4
AH  a  AH .a  0  t   AH   ;  ;  
9
9
9 
 9

10 2
.

3
2
2
2
200
Vậy S  : x  2  y  3  z  5 
.
9

 

Câu 9.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học
sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất
để trong 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.




Lời giải
Không gian mẫu: n()  C124  495
Gọi A là biến cố : “ 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên”
 A : “ 4 học sinh được chọn là học sinh của cả 3 lớp trên”
Ta có các trường hợp sau:
+ 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C52 .C14 .C31  120 cách
+ 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C51.C42 .C31  90 cách
+ 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C có C51 .C41 .C32  60 cách



 n A  270.



P A 

  6.

n A

n()

11



5
.
11
Câu 10.(1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực dương và thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  1 . Tìm giá trị


1
1
nhỏ nhất của biểu thức P  1  x 1    1  y 1  .


y 
x 


 

Vậy xác suất của biến cố A là: P A  1  P A 

Lời giải



1
x
1
y 
1  
1   x y 11 1
     2
 x  1  y    x 
   y 
y
y
x
x 
2x  
2 y   y x  2  x y 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
P 1

1
 2 (1);
2x

1
y
 2 (2);
2y
x y
  2 (3)
y x
1  1 1 
1
2

 2
   
2


2 x y 
xy
x  y2
x



(4)

  

Suy ra: P  3 2  4 . Mặt khác dấu đẳng thức đồng thời xảy ra trong 1 , 2 , 3 , 4 khi và chỉ
khi
1


x  2x

y  1

2y

x  y
 2
2
 x  y  1; x  0, y  0
xy



Vậy Min P  3 2  4  x  y 

2
.
2

2
.
2

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án
quy định

**************