đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE263 THPT nguyễn hữu cảnh, bình phước (l3)

SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH
(Đề thi gồm 1 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3
Môn: TOÁN – Năm học: 2015 – 2016
Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)

x 1
(1)
x 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
2) Tìm trên đồ thị hàm số (1) các điểm M có hoành độ âm sao cho M cùng với hai điểm
5
A 1;0  , B  3;1 tạo thành một tam giác có diện tích bằng .
2
Câu 2: (1 điểm)
1) Giải phương trình: log 2 3.log 3  2 x  1  1

Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y 

1
2) Giải bất phương trình:  
2

x 1

 2 2 x
3

Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân: I 

x
1

1
x2  1

dx

Câu 4: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; 
ASC  900 và hình
AC
. Tính theo a thể tích của
4
khối chóp và khoảng cách giữa đường thẳng CD với mặt phẳng (SAB).

chiếu của S lên (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC sao cho AH 

Câu 5: (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;3;  1 , B  1;1;3 và đường
thẳng d có phương trình

x y 1 z  2
. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB


2
1
1

và tìm điểm C trên đường thẳng d sao cho CAB là tam giác cân tại C.

Câu 6: (1 điểm)
1) Gọi x1, x2 là hai nghiệm trên tập số phức của phương trình: x 2  2 x  5  0 . Tính x1  x2
2) Giải phương trình: 1  sin 2 x  cos 2 x
Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : 2 x  y  1  0 và điểm
A  1; 2  . Gọi M là giao điểm của  với trục hoành. Tìm hai điểm B, C sao cho M là trung điểm

AB và trung điểm N của đoạn AC nằm trên đường thẳng , đồng thời diện tích tam giác ABC
bằng 4.

 x  x  2  x  4 
Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
2
2
 x  y  x  y  44

y 1  y  3  y  5

Câu 9: (1 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
4
9
P

2
2
2
x  y  z  4  x  y   x  2 z  y  2 z 
––––Hết––––
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 03
Câu

Gợi ý nội dung

Điểm

x 1
(1)
x 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

Cho hàm số y 
1.1
(1điểm)

Txđ
Sự biến thiên
BBT
Đồ thị ( qua các điểm đặc biệt )

0,25
0,25
0,25
0,25

2) Tìm trên đồ thị hàm số (1) các điểm M có hoành độ âm sao cho M cùng với hai
5
điểm A 1;0  , B  3;1 tạo thành một tam giác có diện tích bằng .
2


AB   2;1 , AB  5 , phương trình đường thẳng AB: x  2 y  1  0

1.2
(1điểm)

0,25

1
 x 1 
M  x;
 là điểm cần tìm, ta có S MAB  AB. d  M ;( AB ) 
2
 x 1 

 S MAB 

1
5
2

x2

0,25

x 1
1
 x2  9 x  4  0
x2  4 x  1
x 1

 2
5
x 1
5
x  x  6  0

0,25

 x  3 (vì x  0 )
1

ĐS: M  3; 
2


0,25

1) Giải phương trình: log 2 3.log 3  2 x  1  1
1) pt  log 2  2 x  1  1  2 x  1  2  x 
2
(1điểm)

1
2) Giải bất phương trình:  
2

3
2

0,50

x 1

 2 2 x

2) bpt  2  x 1  2 2 x   x  1  2 x  x  1
3

Tính tích phân: I 

x
1

3

I

x
1

3
(1điểm)

1
2

3

dx 

x 1

x
1

1
x2  1
x

2

x2 1

0,50

dx

0,25

dx

Đặt u  x 2  1  u 2  x 2  1  udu  xdx ,  x 2  u 2  1
2

I

u
1
  u 2  1 u du  2
2

1
  ln 3 3  2 2
2





u  1   u  1
1
  u  1 u  1 du  2
2
2

2


2

1 
1 u 1
 1


 du  ln
2 u 1
 u 1 u 1 

0,25

2

0,25
2

0,25


Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; 
ASC  900 và hình
AC
. Tính theo a
4
thể tích của khối chóp và khoảng cách giữa đường thẳng CD với mặt phẳng (SAB).

chiếu của S lên (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC sao cho AH 

AH 

a 2
3a 2
, CH 
4
4

SAC vuông tại S: SH 2  AH .CH 

4
(1điểm)

a3 6
3a 2
,V
8
12

CD //  SAB   d  CD; ( SAB )   d  C ;( SAB )   4d  H ; ( SAB ) 

0,25
0,25

Trong (ABCD), kẻ HK  AB  AB   SHK    SAB    SHK 
Trong (SHK), kẻ HI  SK  HI   SAB 
0,25
2

HK 

a
1
1
1
16
8
56
3a
,


 2  2  2  HI 2 

2
2
2
4 HI
HK
SH
a 3a
3a
56

d  CD; ( SAB )  

0,25

2a 3
14

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;3;  1 , B  1;1;3 và đường thẳng d
có phương trình

x y 1 z  2
. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn


2
1
1

AB và tìm điểm C trên đường thẳng d sao cho CAB là tam giác cân tại C.

5
(1điểm)


Tọa độ trung điểm M của đoạn AB: M  0; 2; 1 , AB    2;  2; 4 

Mặt phẳng trung trực (P) của đoạn AB đi qua M, nhận n  1; 1;  2  làm VTPT
nên có phương trình:
x  y  2  2  z  1  0  x  y  2 z  0

0,25

CAB cân tại C  CA  CB  C   P 

0,25

Vậy C là giao điểm của d với (P), tọa độ C là nghiệm:
 x y 1 z  2

 
1
1  C   6; 4;  1
2
x  y  2z  0


0,50

1) Gọi x1, x2 là hai nghiệm trên tập số phức của phương trình: x 2  2 x  5  0 .
Tính x1  x2

   4  4i 2 ,
6
(1điểm)

0,25

x1  1  2i , x2  1  2i , x1  x2  2 5

0,25

2) Giải phương trình: 1  sin 2 x  cos 2 x
 x  k
sin x  0
1  sin 2 x  cos 2 x  2sin x cos x   2sin x  


 x    k
cos
x


sin
x


4

0,25

2

0,25


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : 2 x  y  1  0 và điểm A  1; 2  .
Gọi M là giao điểm của  với trục hoành. Tìm hai điểm B, C sao cho M là trung
điểm AB và trung điểm N của đoạn AC nằm trên đường thẳng , đồng thời diện tích
tam giác ABC bằng 4.
y

A
N

C

x
M

7
(1điểm)

B

2 x  y  1  0
1 
Tọa độ M: 
 M  ;0 
2 
y  0
x 1  1

Giả sử B  x; y  , M là trung điểm AB nên 
 B  2;  2 
y  2  0
Giả sử C  x; y  , ta có:

0,25

 x 1 y  2
N  
2 2  2  1  0



1
S

BC
.2
d
A
;



4   x  2 2   y  2 2 . 1
 ABC 2
5


0,25

0,25
0,25

 2 x  y  2
2 x  y  2
x  6

 2

2
2
x   2
 x  2    y  2   80
5 x  20 x  60  0
ĐS: B  2;  2  , C  6;  10  hoặc C  2; 6 

 x  x  2  x  4 
Giải hệ phương trình: 
2
2
 x  y  x  y  44

y  1  y  3  y  5 (1)
(2)

Xét hàm số f  t   t  t  2  t  4 trên  0;    , có

f t  
8
(1điểm)

1
2 t



1
1

 0, t   0;   
2 t 2 2 t 4

Nên (1)  x  x  2  x  4 

0,25

 y  5   4   y  5  2 

y5

0,25

 x  y  5 (*)
Thay (*) vào (2):

y  3  y  2  1 (3)

Nhân (3) với lượng liên hợp: 5 
(3), (4)  y  3  3  y  6
ĐS: 1; 6 

y3  y2

0,25
(4)
0,25


Cho ba số thực dương x, y, z. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
4
9
P

x 2  y 2  z 2  4  x  y   x  2 z  y  2 z 
1
* x 2  y 2  z 2  4   x 2  y 2    x 2  y 2    z 2  4    z 2  4 

9
(1điểm)

2
1
1
2
2
  x 2  y 2   2 xy   z 2  22   2 z    x  y    z  2  

2
2
1

1
2
2
2
  x  y    z  2   2  x  y  z  2     x  y  z  2 


4
4
1
1
*  x  y   x  2 z  y  2 z    x  y   x  y  4 z    3x  3 y  x  y  4 z  (1)
2
6
1
Vì  3x  3 y  x  y  4 z    3x  3 y  x  y  4 z   2  x  y  z  nên
2
4
2
(1)   x  y   x  2 z  y  2 z    x  y  z 
6

Vậy P 

0,25

0,25

8
27


x  y  z  2 2  x  y  z 2

Đặt t  x  y  z , xét hàm số f  t  
Ta có f   t   

8

t  2

2



8
27
 2 với t  0
t  2 2t

8t 3  2t 2  108t  108
27

f
t

,


2
t3

t 3 t  2

5
f   t   0  t  6  f  6 
8
t
0
f t 

+

6
0

0,25




f t 

5
8
x  y  z  6
5
5
Vậy P  . Suy ra max P  khi 
x yz2 .
8
8

x  y  z

Mọi cách giải đúng khác đều đạt điểm tối đa

0,25