đề thi thử toán THPT số 3 bảo thắng

TRƯỜNG THPT SỐ 3 BẢO THẮNG

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Ngày Thi : 17-02-2016

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ LẦN 1

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x  2
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 

9
trên đoạn 1; 4 
x

Câu 3 (1,0 điểm)
1. Giải phương trình : log 22  x  2   log
x 2 3x  2



 x  2  3  0

1
4
0

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân : I 

x

x  1dx

Câu 5(1,0 điểm)

ATH
S.N

1

ET

1
2. Giải bất phương trình :  
2

2

1. Giải phương trình cos2 x  5 s inx  3  0 .

15

1

2. Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu – tơn của : f ( x)   x 2  
x

6

, x  0

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 3;2), B(1; 1; 4) . Viết phương
trình mặt cầu có đường kính AB

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 4a , cạnh SA vuông góc với mặt
phẳng đáy. Góc giữa cạnh SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 60 0 , M là trung điểm của BC , N là điểm thuộc cạnh

TM

AD sao cho DN = a . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MN .
 2x 2  y 2  x  3( xy  1)  2 y

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2
2
9
 3  2 x  y  3  4  5x  2 x  y  9


 x, y   

VIE

Câu 9(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác nhọn

1 1 
 4 22 
ABC. Điểm E  ;  là trung điểm cạnh AB và H  ;  là hình chiếu vuông góc của A trên đường

 2 2 
 5 5 
thẳng CI, biết đường thẳng BC có phương trình x  y  4  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 10 (1,0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz  8 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P  ( x  y )( y  z )( z  x) +

48
x y  z3

---------- HẾT ------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
1

Ý

Đáp án

− TXĐ : D = R
− Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên
y '  3x 2  3  y '  0  x  1

0,25

x 

ATH
S.N

+ Bảng biến thiên :



Đồ thị:

0.25

ET

Các khoảng đồng biến (-  ;-1) và (1 ; +  ) ; khoảng nghịch biến  1;1
+ Cực trị :
Hàm số đạt cực đại tại x  1; yCĐ  4 ; đạt cực tiểu tại x  1; yCT  0
+ Giới hạn :
lim y  ; lim y  
x 

Điểm
1,0

0,25

VIE

TM

− Đồ thị :
Đồ thị hàm số giao với Ox: (1;0) ; (-2;0)
Đồ thị hàm số giao với Oy: (0;2)

0,25

2

1.0

Xét hàm số trên 1; 4 ; f '( x)  1 
x  1; 4   f '( x)  0  x  3

f (1)  10; f (3)  6; f (4) 

25
4

9
x2

0.25
0.25
0.25


Max f ( x)  10 tại x = 1 ; Min f ( x)  6 tại x = 3
1;4

3

0.25

1;4

1

0.5

ĐK : x  2
Ta có : log 22  x  2   log

2

 x  2   3  0  log 22  x  2   2log 2  x  2   3  0

log 2  x  2   1

log 2  x  2   3
x  2  2
x  4
17

. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  4; x 


x  2  1
 x  17
8
8

8


2

0.25

0.25
0.5

x 2 3x  2

ET

1
1
  x 2  3x  2  2  x 2  3x  0
 
4
2
 0  x  3 . Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm : T   0;3
4
2

1

1

ATH
S.N

Đặt : t  x  1  x  t  1  dx  2tdt; x  1  t  0; x  0  t  1

0

2 51 2 31
t |0  t |0
5
3
4
= 
15
=

5

1

0.35
1.0
0,25

1

 I  2   t 2  1 t 2 dx = 2  t 4 dt  2  t 2 dt
0

0.25

0,25

0

0,25
0,25
0.5

2

cos2 x  5s inx  3  0  2sin x  5s inx  2  0
  s inx  2  2s inx  1  0 ( Do sinx  2  0, x )

0,25

2
15

TM



 x  6  k 2
 2s inx  1  0  
k  Z 
 x  5  k 2

6

0,25

0.5

15

VIE

1

f ( x)   x 2     C15k .x30 3k ,  0  k  15, k  N 
x

k 0

0,25

0  k  15

 k  8 . Vậy số hạng chứa x 6
Hệ số chứa x ứng với k thỏa mãn  k  N
30  3k  6

6

0,25

trong khai triển là : C158 .x 6  6435.x6
1,0

6







Gọi I x 0; y0 ; z 0 là trung điểm của đoạn AB nên suy ra I 0;1; 3


IA 1;2; 1  IA  6

0.25
0.25



2



Phương trình mặt cầu đường kính AB là : x 2  y  1
7



2

 z  3  6

0.5

1.0


ET

SA  ( ABCD)  AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng ( ABCD) . Suy ra góc

giữa cạnh SC và mặt phẳng ( ABCD) là góc SCA

0.25

AC 2  AB 2  BC 2  32a 2  AC  4a 2  SA  AC .tan 600  4a 6
1
64a3 6
S ABCD  4a.4a  16a 2  VS . ABCD  .16a 2 .4a 6 
3
3

ATH
S.N

0.25

Gọi E là trung điểm của đoạn AD , F là trung điểm của AE
=> BF / / MN nên MN / /( SBF )  d ( MN , SB )  d  MN ,  SBF    d  N ,  SBF  
Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ AH  BF , H  BF , trong mặt phẳng (SAH) kẻ
AK  SH , K  SH
 BF  AH
 AK  SH
. Ta có 

 BF  ( SAH )  BF  AK . Do 
 AK  (SBF )
 BF  SA
 AK  BF
 d  A,  SBF    AK

TM

1
1
1
17
Lại có :
và



2
2
2
AH
AB
AF
16a 2
1
1
1
103
4a 618




 AK 
2
2
2
2
103
AK
AS
AH
96a
d  N ,  SBF   NF
8a 618

 2  d  N ,  SBF   
103
d  A,  SBF   AF
8

0.25
1.0

VIE

2 x  y  0

ĐK : 
4
 x  5

Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ ta có :
2x 2  y 2  x  3( xy  1)  2 y   x  y  1 2x  y  3  0  y  x  1

0,25

Với y  x  1 thay vào phương trình thứ hai ta được phương trình sau :
2
2
9


3  x  1 3  4  5x x  10



 

 2  x  10  6  x  1  4  5x  9 9  3 x  1  3 4  5x  x  1 4  5x





0.25



0,25



x  1  4  5x  3 9 x  1  9 4  5x  4x  41  0

 4


 x  1  4  5x  3  0

( Do x   1;  nên 9 x  1  9 4  5x  4x  41  0 )
5

0,25


 x  1  4  5x  3  2 x  1. 4  5x  4  4x

 x 1  0
 x  1
4  5x  2 x  1  0  

x  0
 4  5x  2 x  1
Với x  0  y  1; x  1  y  2
Đối chiếu với điều kiện và thay lại hệ phương trình ban đầu ta thấy hệ đã cho có
nghiệm : ( x; y )  (0; 1); ( x; y )  (1; 2)
 x  1.



1

0,25

ATH
S.N

ET

1,0

0,25

  13 39 
Ta có : EH    ;  suy ra phương trình đường thẳng EH : 3x  y  2  0 .
 10 10 

TM

F  BC  EH  tọa độ điểm F là nghiệm của hệ
3x  y  2  0
 x  1
3 10

 F  1;5   EF 

2
x  y  4  0
y  5

  IAE

  FHC

Tứ giác AHIE nội tiếp đường tròn đường kính AI nên IHE

  IBE

 IAE

  IBC

Lại có  ICB
  
 EFB  CFH  FCH

 2

cân tại E => EF  AE  EB 

3 10
 AF  FB  AF  BC .
2

VIE

8



1

  EFB
  FEB
. Từ (1) và (2) suy ra EBF
0,25

Suy ra đường thẳng AF đi qua F và vuông góc với BC là : x  y  6  0 . Gọi
A  t; 6  t   AF
2
2
  1
11 
3 10
3 10
 1   11 
AE    t ;   t   AE 
  t  t 
2
2
2
2

2   2

 t  1
 2t 2  10t  8  0  
 t  4

Với t  1  A  1;5  loại do trùng với F . Với t  4  A  4; 2  . Do E là
trung điểm của đoạn AB  B  5; 1
.

0,25


  16 12 
AH  ;  suy phương trình đường thẳng IC đi qua H và vuông góc với AH
5 5
là : 4x  3 y  10  0 . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
 4x  3 y  10  0
 x  2

 C  2;6 

x  y  4  0
y  6

0,25

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác là : A  4; 2  ; B  5; 1 ; C  2;6 
1,0

(x  y )(y  z )(z  x )  (x  y  z ) xy  yz  zx   8
Ta có : a  b   (b  c )2  (c  a )2  0
2

 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  a  b  c   3 ab  bc  ca * . Thay
2

a  xy;b  yz ;c  zx vào (*)  xy  yz  z x   3xyz x  y  z 

Do đó :

ATH
S.N

 xy  yz  z x   2 6 x  y  z 

ET

2

P  2 x  y  z  6  x  y  z  

0.25

Đặt : t  x  y  z  3 3 xyz  6
48
 P  2t 6t 
 8,  t  x  y  z , t  6 
3t
Xét hàm số
3t

3

 8,  t  6   f '(t ) 

3 6t  t  3  24

 t  3

TM

f (t )  2t 6t 

48

0.25

48
8
x y z 3

3

 f '(t )  0, t  6

0.25

 f (t ) đồng biến trên  6;  . Vậy Min f (t )  f (6)  80
6; 

Suy ra P  80 dấu bằng xảy ra khi x  y  z  2
Kết luận : Giá trị nhỏ nhất của P là 80 đạt được khi x  y  z  2

VIE

9

__________HẾT__________

0.25