Đề thi thử kỳ thi THPT quốc gia 2016 môn toán Đoàn Trí Dũng

DŨNG ĐOÀN’s
MATHCLASS OFFLINE

ĐỀ THI THỬ
KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian phát đề

Đề thi thử lần thứ 08

=======================***=======================
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y  x4  2x2  3 .





Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tham số m để đồ thị hàm số y  x4  2 1  m2 x2  m  1 có ba điểm cực trị tạo thành một
tam giác có diện tích lớn nhất ?

x  y  2 2x  y  1
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 

log 2  x  2   log 2 y  0
3
x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
dx .
x1
0

 x; y   .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

 P  : x  2 y  2z  3  0 .

x y 1 z 2
và mặt phẳng


1
2
3

a) Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với d .
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến  P  bằng 2.
2
.
3
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng
đáy, SA  AB  a , AD  3a . Gọi M là trung điểm cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S.ABMD và cosin góc tạo
bởi hai mặt phẳng  ABCD  và SDM  .

Câu 6 (1,0 điểm). Tính giá trị biểu thức P  sin4   cos4  , biết sin 2 

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D là trung điểm
của BC và E là hình chiếu của A trên đường thẳng BC. Gọi F và G tương ứng là hình chiếu của E trên các cạnh
AB và AC. Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD tại H. Biết rằng AH.AD  2 , tọa độ điểm A  2; 3  , phương
trình đường thẳng  FG  : 3x  4 y  2  0 và điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình:

 x  2    x  3
2

2





x  1 9 x  1  7  81x  32

x  .

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a2  b2  c 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P 

a2
b2
c2
1
.



b  2 c c  2 a a  2b a  b  c  1

---------------------- HẾT ---------------------Họ và tên: …………………………………………………………………………….Lớp:……………
Đề thi gồm có: 01 trang, cán bộ coi thi không chém gió gì thêm!

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng

1


DŨNG ĐOÀN’s
MATHCLASS OFFLINE

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ
KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

Đề thi thử lần thứ 08





Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tham số m để đồ thị hàm số y  x4  2 1  m2 x2  m  1 có ba điểm cực trị tạo thành một
tam giác có diện tích lớn nhất ?









Ta có: y '  4x3  4 1  m2 x  4x x2  m2  1  0  x  0  x2  1  m2 . Hàm số có ba cực trị nếu 1  m  1 .
Khi đó hàm số có ba cực trị: A  0; m  1 , B





 



1  m2 ; m4  2m2  m , C  1  m2 ;  m4  2m2  m .



Gọi M 0; m4  2m2  m là trung điểm của BC. Vì hàm số đối xứng qua trục tung do đó ABC cân tại A.



Ta có: AM  m4  2 m2  1  1  m2



2

, BC  2 1  m2 . Do đó: SABC 



1

AM.BC  1  m 2
2



2

1  m2  1 .

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích ABC là 1 khi và chỉ khi m  0 .

x  y  2 2x  y  1
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 

log 2  x  2   log 2 y  0

 x; y   .

Điều kiện xác định: x  2; y  0 . Từ phương trình hai ta có: log 2  x  2   log 2 y  y  x  2 .
Thay vào phương trình thứ nhất ta được: x  y  2 2x  y  1  x  x  2  2 x  1



 

 x 1 2 x 1 



x  2 1  0  x 1



x1
1
  x  3 

  0 . Vì:
 x1  2

x

2

1


3

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
0

x
x1



 

x1 2 

x1
x1  2

1
x2 1

 x  3

x1

x1  2



x3
x2 1

0

 0 . Do đó: x  3  y  1 .

dx .
2
 2t 3
2 8
t2  1
2tdt  2  t 2  1 dt  
 2t   .
t

 3
1 3
1
1

2

Đặt





x  2 1  0 

x  1  t  x  t 2  1, dx  2tdt . Khi đó: I  





Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

 P  : x  2 y  2z  3  0 .

x y 1 z 2


và mặt phẳng
1

2
3

a) Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với d .
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến  P  bằng 2.
a) Mặt phẳng cần tìm là: Q  : x  2 y  3z  0 .
Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng

2






b) Gọi M  t; 2t  1; 3t  2   d . Khi đó: d M ;  P  

t5
3

t  11  M 11; 21; 31
2
t  1  M  1; 3; 5 

Câu 6 (1,0 điểm). Tính giá trị biểu thức P  sin4   cos4  , biết sin 2 



Ta có: P  sin 4   cos 4   sin 2   cos 2 



2

2
.
3

1
7
 2sin 2  cos 2   1  sin 2 2  .
2
9

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng
đáy, SA  AB  a , AD  3a . Gọi M là trung điểm cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S.ABMD và cosin góc tạo
bởi hai mặt phẳng  ABCD  và SDM  .

1
9a2
AB  AD  BM  
(đơn vị diện tích).
2
4
1
3a 3
VS. ABMD  SA.SABMD 
(đơn vị thể tích).
3
4

Hạ AH  MD  SAH   MD  SH  MD .

S

SABMD 

A

D

M
E

SMD ;  ABCD  SH; AH   SHA   .
AE.AD

Lấy E đối xứng A qua B. Ta có: AH 

H

B

Khi đó:

C



6a

AD  AE
7a
AH 6
 SH  SA2  AH 2 
. Do đó: cos  
 .
SH 7
13
2

2

13

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D là trung điểm
của BC và E là hình chiếu của A trên đường thẳng BC. Gọi F và G tương ứng là hình chiếu của E trên các cạnh
AB và AC. Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD tại H. Biết rằng AH.AD  2 , tọa độ điểm A  2; 3  , phương
trình đường thẳng  FG  : 3x  4 y  2  0 và điểm E có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Chứng minh AD vuông góc FG:
ABC là tam giác vuông có cạnh huyền BC, trung tuyến AD do
đó: DA  DB  DC hay tam giác ACD cân tại D.

A
H

Khi đó: DAC  DCA . Mặt khác vì FAE  DCA (góc có cạnh
tương ứng vuông góc) và FAE  GFA (AFEG là hình chữ nhật)
do đó: DAC  GFA .
Vì: GFA  AGH  900 , vậy: DAC  AGH  900  AD  FG .
Phương trình đường thẳng:  AD  : 4x  3y  17  0 .

G

I
F
B

E

D

C

 AD  : 4 x  3 y  17  0
4
 62 59 

Tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình: 
 H  ;  . Do đó: AH  .
5
 25 25 

 FG  : 3 x  4 y  2  0

Vậy:

7 
4
5
AD 25

25
AD  2  AD  

 AD 
AH hay: D  ;1  .
5
2
AH 8
8
2 

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng

3


Khai thác yếu tố AD.AH = 2: Gọi I là giao điểm của AE và FG, ta có I là trung điểm của AE. Vì AD  FG do đó
AIH ∽ ADE vì vậy: AH.AD  AI .AE  AI .AE  2  AI 2  1 .
2

2
 3a  2

74
 3a  2 
2
Gọi I  a;
.
 3  1  a  2  a 
 , ta có: AI   a  2   

4
25
4





Với: a 

 74 68 
 98 61 
74
 I  ;  . Vì I là trung điểm của AE nên ta tìm được E  ;  (loại).
25
 25 25 
 25 25 

Với: a  2  I  2; 2  . Vì I là trung điểm của AE nên ta tìm được E  2;1 (thỏa mãn điều kiện).
3
. Đặt BD  CD  l , theo hệ thức
2

Với E  2;1 , ta có phương trình đường thẳng  BC  : y  1 và AE  2 , ED 

 3  3 
5
lượng của tam giác vuông ta có: BE.CE  AE2   l   l    4  l  . Vì vậy tọa độ của B và C là nghiệm
2
 2  2 

2

2

7
25 
B  1;1 , C  6;1
 D; l  :  x     y  1 
của hệ phương trình: 
.
2
4 

 B  6;1 , C 1;1
 BC : y  1
 

Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình:
Điều kiện xác định: x  1 . Ta có:



  x  2    x  3
2

2

Trường hợp 1: x  

x1



 x  2    x  3
2

2

2





x  .

x  1 9 x  1  7  81x  32





x  1 9 x  1  7  81x  32
2





x  1  81x  32    81x  32  9 x  1  7

2

32
.
81
2



2

 981xx132 7  81x  32   x  2   x  3

Trường hợp 2:   x  2    x  3 
 x 2  3x

 x  2    x  3

2



x  1  9 x  1  7  x2  4 x  3  x2  6 x



x1  0





x  1  x 2  4 x  3  3x x  1  0  x  x  3  x  1   x  3   x x  3  3 x  1  0

x2  x  3 


x2

x

3
x
x

1

1

0.
  x  3  x x  1  1 
 
0
x

3

3
x


1
x

3

3
x

1










1 
1
1
Vì: x x  1  1  x  1  x 

 1 .
  x  1   x  1 
x1 
2 x1 2 x1





Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  x  1 
Vậy:  x  1 

1
2 x1



1
2 x1

1
2 x1



1
2 x1

 3 3  x  1

1

1

2 x 1 2 x 1

 1  0  x x  1  1  0 . Do đó: x x  1  1 



x2
x 3 3 x1

3
3

4

 1.

 0, x  1 .

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng

4




Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x  3 hoặc x  

32
.
81

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a2  b2  c 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức: P 
Ta có:

a2
b2
c2
1
.



b  2 c c  2 a a  2b a  b  c  1

a2
b2
c2
a4
b4
c4
.


 2


b  2c c  2a a  2b a b  2a2 c b2 c  2ab2 ac 2  2bc 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:





2

a2  b2  c 2
a4
b4
c4



a2 b  2a2 c b2 c  2ab2 ac 2  2bc 2
a2 b  b2 c  c 2 a  2 a 2 c  b2 a  c 2 b





 



a2
b2
c2
9


 2

.
2
2
b  2c c  2 a a  2b
a b  b c  c a  2 a2 c  b2 a  c 2b



 



Mặt khác ta có: 3  a  b  c    a  b  c  a2  b2  c 2







 

 

 

 3  a  b  c   a 3  b 3  c 3  a 2 b  b 2 c  c 2 a  a 2 c  b 2 a  c 2 b  a 2 b  b 2 c  c 2 a  2 a 2 c  b 2 a  c 2b

Do đó:



a2
b2
c2
9
3
1
.



P

b  2 c c  2 a a  2b 3  a  b  c 
abc abc 1





Vì: a  b  c  3 a2  b2  c 2  a  b  c  3 , do đó: P 

5
5
, do đó giá trị nhỏ nhất của P là
tại a  b  c  1 .
4
4

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng

5