Đề thi thử TOÁN 2016 số 9

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn TOÁN
Thời gian làm bài 90 phút
Câu 1. (2,0 điểm)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = –x³ + 2x² – 3x + 2.
b. Tìm m để hàm số y = x³ + mx² – m²x + 4 đạt cực đại tại x = 1.
Câu 2. (1,0 điểm)
a. Cho số phức z1 = 2 – 3i là nghiệm của phương trình az² + bz – 13 = 0. Tìm a, b và nghiệm còn lại.
b. Giải bất phương trình log2 (2x) ≤ 5 + 2log1/4 (x + 6).
π
2
− ln(cos x + 2)]dx
Câu 3. (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ sin x[
2 + cos x
π/2
Câu 4. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; 3; –4), B(–2; –3; 3) và mặt phẳng
(α): x – 3y + 2z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (β) đi qua A, B và vuông góc với mặt phẳng (α). Tìm
tọa độ giao điểm của AB và (α).
Câu 5. (1,0 điểm)
a. Cho sin α = –3/5 và –π/2 < α < 0. Tính giá trị của biểu thức A = 25(cos α + sin 2α) tan α.
b. Một vận động viên bắn cung có xác suất bắn vào tâm 10 điểm là 0,1; xác suất bắn được 9 điểm là 0,2; xác
suất bắn được 8 điểm là 0,3; xác suất bắn được điểm 7 là 0,2. Trong một cuộc thi, vận động viên được bắn
ba lần. Tính xác suất để vận động viên đó được điểm trung bình là 9.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật; AB = a và AD = 3a. Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc cạnh BC sao cho HB = 2HC. Cạnh bên SC tạo với đáy một
góc 45°. Gọi M là trung điểm của cạnh SA. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SH, BM.
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, có D(1; –1), E(2; –1)
lần lượt là trung điểm của cạnh BC, AC. Đường cao hạ từ B của tam giác ABC cắt đường thẳng DE tại M(5;
–1). Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
 x 2 + 1 + y + 2 + xy + y = y 2 + 5 + x + 4

Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình trên R: 
2
 x + 1 + (x + 1)(x + y) = 2(y − 1) + y − 1
Câu 9. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = xy + yz + zx – 2xyz + z + xy + x + yz + y + zx


ĐÁP SỐ
1b. m = 3
2a. a = –1; b = 4 và z2 = 2 + 3i
2b. (0; 2]
3. 1
4. (β): 3x + 5y + 6z + 3 = 0 và AB ∩ (α) = E(0; 0; –1/2)
5a. 3
5b. 0,016
2a 5
6. V = a³ và d(SH, BM) =
5
7. A(3; –3), B(1; –3) và C(1; 1)

8. Phương trình thứ hai <=> ( x + 1 − y − 1) + [(x + 1) − (y − 1)][(x + 1) + 2(y − 1)] = 0
<=> ( x + 1 − y − 1)[1 + ( x + 1 + y − 1)(x + 2y − 1)] = 0 (*)
Điều kiện x ≥ – 1 và y ≥ 1
(*) <=> y = x + 2
phương trình đầu <=> x 2 + 1 + x(x + 2) + x + 2 = x 2 + 4x + 9
<=>

x 2 + 1 − 1 + x 2 + 3x − x 2 + 4x + 9 + 3 = 0
x2
x 2 + 4x

2
+
x
+
3x
−
=0
<=>
x2 +1 +1
x 2 + 4x + 9 + 3
x
x+4
+ x +3−
)=0
<=> x( 2
(3)
x +1 +1
x 2 + 4x + 9 + 3
Vì |x| < x 2 + 1 + 1 và |x + 4| ≤ |x + 2| + 2 < x 2 + 4x + 9 + 3 và x ≥ –1
x
x+4
x
x+4
+ x +3−
= (1 +
) + (x + 1) + (1 −
) >0
=>
2
2

2
2
x +1 +1
x + 4x + 9 + 3
x +1 +1
x + 4x + 9 + 3
(3) <=> x = 0 => y = 2. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (0; 2)
9. Giả sử x là số nhỏ nhất trong ba số dương x, y, z => 0 < 3x ≤ x + y + z = 1 => 0 < x ≤ 1/3.
1 – 2x > 0 => yz – 2xyz = yz(1 – 2x) ≤ (y + z)²(1 – 2x)/4 = (1 – x)²(1 – 2x)/4
2x + y + z 1 + x
=
và x + yz = x(x + y + z) + yz = (x + y)(x + z) ≤
2
2
1+ z
1+ y
Chứng minh tương tự z + xy ≤
và y + zx ≤
2
2
P ≤ x(1 – x) + (1 – x)²(1 – 2x)/4 + (3 + x + y + z)/2 = –x³/2 + x²/4 + 9/4 = g(x)
g’(x) = –3x²/2 + x/2
Với 0 < x ≤ 1/3 thì x/2 – 3x²/2 ≥ 0
=> g’(x) ≥ 0 với 0 < x ≤ 1/3
Vậy max P = g(1/3) = 61/27 khi x = y = z = 1/3.