Đề thi thử môn toán 2016 trường THPT so 3 bao thang lan 1 2016

TRƯỜNG THPT SỐ 3 BẢO THẮNG

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Ngày Thi : 17-02-2016

Môn: TOÁN

ĐỀ THI THỬ LẦN 1

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

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 3 − 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)
2
1. Giải phương trình : log 2 ( x − 2 ) + log
x 2 −3x + 2

1
2. Giải bất phương trình :  ÷
2

≥

2

( x − 2) − 3 = 0

1
4
0

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân : I = ∫ x x + 1dx
−1

Câu 5(1,0 điểm)
1. Giải phương trình cos2 x + 5s 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 600 , M là trung điểm của BC , N là điểm thuộc cạnh

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


2
2
9
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 3 + 2 x − y + 3 + 4 − 5x = 2 x − y + 9


( x, y ) ∈ ¡

Câu 9(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác nhọn
æ
æ 4 22ö
1 1ö
÷
÷
- ; ÷
ç ; ÷
ç
ABC. Điểm E ç
là trung điểm cạnh AB và H ç
là hình chiếu vuông góc của A trên đường
÷
÷
ç
÷
÷
ç
è2 2ø
è 5 5ø

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.
Họ và tên thí sinh :....................................................................; Số báo danh: ................................


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

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

x →+∞

+ Bảng biến thiên :

0,25

•

Đồ thị:

− 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

9
x2

25
4
Max f ( x) = 10 tại x = 1 ; Min f ( x) = 6 tại x = 3
[ 1;4]
[ 1;4]
f (1) = 10; f (3) = 6; f (4) =

0.25
0.25
0.25
0.25


3

1

0.5

ĐK : x > 2
2
Ta có : log 2 ( x − 2 ) + log

2

( x − 2 ) − 3 = 0 ⇔ log 22 ( x − 2 ) + 2 log 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 =
1
17
x − 2 =
x =
8
8
8


2

0.25

0.25
0.5

x 2 −3x + 2

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

Đặt : t = x + 1 => x = t − 1 => dx = 2tdt; x = −1 => t = 0; x = 0 => t = 1
2

1

1

1

0

0

0

=> I = 2∫ ( t 2 − 1) t 2 dx = 2 ∫ t 4 dt − 2 ∫ t 2 dt

0.35
1.0
0,25
0,25

2 51 2 31
t |0 − t |0
5
3
4
= −
15
=

5

0.25

0,25
0,25

1

0.5

cos2 x + 5s inx − 3 = 0 ⇔ −2sin x + 5s inx − 2 = 0
⇔ ( s inx − 2 ) ( 2s inx − 1) = 0 ( Do s inx − 2 < 0, ∀x )
2

0,25

π

 x = 6 + k 2π

⇔ 2s inx − 1 = 0 ⇔ 
( k∈Z)
 x = 5π + k 2π

6

0,25

2

0.5
15

1

f ( x ) =  x 2 + ÷ = ∑ C15k .x 30−3 k , ( 0 ≤ k ≤ 15, k ∈ N )
x

k =0
15

0,25

0 ≤ k ≤ 15

⇔ k = 8 . Vậy số hạng chứa x 6
Hệ số chứa x 6 ứng với k thỏa mãn  k ∈ N
30 − 3k = 6


0,25

8
6
6
trong khai triển là : C15 .x = 6435.x

1,0

6

(

)

(

)

Gọi I x0;y0; z0 là trung điểm của đoạn AB nên suy ra I 0;1;3

uur
IA ( - 1;2;- 1) => IA = 6

0.25

(

)

2

(

)

2

Phương trình mặt cầu đường kính AB là : x2 + y - 1 + z - 3 = 6
7

0.25

0.5
1.0


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
64a 3 6
S ABCD = 4a.4a = 16a 2 => VS . ABCD = .16a 2 .4a 6 =
3
3

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
=> BF ⊥ ( SAH ) => BF ⊥ AK . Do 
=> AK ⊥ ( SBF )
. Ta có 
 BF ⊥ SA
 AK ⊥ BF
=> d ( A, ( SBF ) ) = AK

0.25

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

0.25

8

1.0

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
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
0,25

 4


⇔ x + 1 + 4 − 5x − 3 = 0

( Do x ∈  −1;  nên 9 x + 1 + 9 4 − 5x − 4x + 41 > 0 )
5


⇔ 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.

8

(

)

1

0,25

1,0

0,25

uuur  13 39 
Ta có : EH =  − ; ÷ suy ra phương trình đường thẳng EH : 3x + y − 2 = 0 .
 10 10 
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
·
·
 IAE
= IBE

·
·
= IBC
Lại có  ICB
·
·
·
 EFB = CFH + FCH

( 2)

cân tại E => EF = AE = EB =

3 10
=> AF ⊥ FB ⇒ AF ⊥ BC .
2

( 1)

·

·
. Từ (1) và (2) suy ra EBF
= EFB
=> ∆FEB

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
uuur  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

0,25


uuur  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 )
9

(x + y)(y + z)(z + x) = (x + y + z) ( xy + yz + zx) - 8

1,0

2

Ta có : ( a - b) + (b - c)2 + (c - a)2 ³ 0

2

Û a2 + b2 + c2 ³ ab + bc + ca Û ( a + b + c) ³ 3( ab + bc + ca) ( *) . Thay
2

a = xy;b = yz;c = zx vào (*) Þ ( xy + yz + zx ) ³ 3xyz ( x + y + z)

0.25

Þ ( xy + yz + zx ) ³ 2 6( x + y + z)
Do đó :
P ≥ 2( x + y + z ) 6( x + y + z ) +

48
−8
x+ y+ z+3

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 6t ( t + 3) − 24
48
f (t ) = 2t 6t +
− 8, ( t ≥ 6 ) => f '(t ) =
=> f '(t ) > 0, ∀t ≥ 6

3
3+t
( t + 3)
3

f (t ) = f (6) = 80
=> f (t ) đồng biến trên [ 6;+∞ ) . Vậy [Min
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

__________HẾT__________

0.25

0.25