Đề thi thử môn toán thầy dũng mathclass

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 − 2 x2 − 3

(

)

.

y = x4 − 2 1 − m2 x2 + m + 1
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tham số m để đồ thị hàm số
tam giác có diện tích lớn nhất ?

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau:
3

I=∫
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

0

x
x+1


x + y = 2 2 x − y − 1


log 2 ( x − 2 ) − log 2 y = 0

( x; y ∈ R )
.

dx
.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ

( P ) : x + 2y − 2z + 3 = 0

có ba điểm cực trị tạo thành một

Oxyz

d:
, cho đường thẳng

x y+1 z +2

=
=
1
2
3

và mặt phẳng

.

d
a) Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với .
( P)
d
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc sao cho khoảng cách từ M đến
bằng 2.
2
sin 2α =
4
4
P = sin α + cos α
3
Câu 6 (1,0 điểm). Tính giá trị biểu thức
, biết
.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp
đáy,

S.ABCD

có đáy

ABCD

là hình chữ nhật, cạnh

SA

vuông góc với mặt phẳng

M
BC
S. ABMD
SA = AB = a AD = 3a
,
. Gọi
là trung điểm cạnh
. Tính thể tích khối chóp
và cosin góc tạo

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

1


bởi hai mặt phẳng

( ABCD )

và

( SDM )

.

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
trình đường thẳng

( FG ) : 3x − 4 y + 2 = 0

Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình:

P=
biểu thức:

2

A ( 2; 3 )

, tọa độ điểm

, phương

và điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.

( ( x + 2)

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương

2

AH . AD = 2

2

+ ( x − 3)

a, b, c

2

)(

)

x + 1 9 x + 1 − 7 = 81x + 32

thỏa mãn điều kiện:

a2 + b2 + c 2 = 3

( x ∈ R)
.
. Tìm giá trị nhỏ nhất của

2

a
b

c
1
+
+
+
b + 2c c + 2 a a + 2 b 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

2


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

(

)

y = x4 − 2 1 − m2 x2 + m + 1
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tham số m để đồ thị hàm số
tam giác có diện tích lớn nhất ?

(

)

(

)

có ba điểm cực trị tạo thành một

y ' = 4 x 3 − 4 1 − m 2 x = 4 x x 2 + m 2 − 1 = 0 ⇔ x = 0 ∨ x 2 = 1 − m2
Ta có:

A ( 0; m + 1) , B

Khi đó hàm số có ba cực trị:

(

M 0; −m4 + 2m 2 + m

Gọi

)

(

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích

)

2

x > 2; y > 0

. Do đó:

∆ABC

là 1 khi và chỉ khi

(

) (

)

(

) (

x+1−2 +

x+1
. Vì:

(

)

2

)

∆ABC

cân tại A.

1 − m2 ≤ 1
.

.

( x; y ∈ R )
.

log 2 ( x − 2 ) = log 2 y ⇔ y = x − 2

x+1 +2

+

)

x−2 −1 = 0 ⇔

1
x−2 +1

>0
. Do đó:

( x − 3)

x+1

.

x+1+ 2

x=3⇔ y=1

+

.

.

x + y = 2 2x − y − 1 ⇔ x + x − 2 = 2 x + 1

x− 2 −1 = 0 ⇔ x +1



x +1

1
⇔ ( x − 3) 
+
÷= 0
 x+1 +2
x − 2 +1÷



m=0

1
AM.BC = 1 − m2
2


x + y = 2 2 x − y − 1


log 2 ( x − 2 ) − log 2 y = 0

. Từ phương trình hai ta có:

Thay vào phương trình thứ nhất ta được:

⇔ x + 1− 2 x + 1 +

S∆ABC =

, BC = 2 1 − m2

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau:
Điều kiện xác định:

) (

1 − m 2 ; − m 4 + 2 m 2 + m , C − 1 − m 2 ; −m 4 + 2 m 2 + m

là trung điểm của BC. Vì hàm số đối xứng qua trục tung do đó

AM = m4 − 2m2 + 1 = 1 − m2
Ta có:

(

−1 < m < 1

. Hàm số có ba cực trị nếu

x−3
x−2 +1

=0

.

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

3

3

I=∫
0

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

x
x+1

dx
.
2
 2t 3
2 8
t2 − 1
I=∫
2tdt = 2 ∫ t 2 − 1 dt = 
− 2t ÷ =
t
 3
1 3
1
1
2

x + 1 = t ⇒ x = t 2 − 1, dx = 2tdt

Đặt

. Khi đó:

(

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
( P ) : x + 2y − 2z + 3 = 0
.

Oxyz

)

d:
, cho đường thẳng

.

x y+1 z +2
=
=
1
2
3

và mặt phẳng

d
a) Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với .
( P)

d
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc sao cho khoảng cách từ M đến
bằng 2.
a) Mặt phẳng cần tìm là:

b) Gọi

( Q ) : x + 2 y + 3z = 0

M ( t ; 2t − 1; 3t − 2 ) ∈ d

(

)

d M; ( P ) =

3

(

P = sin 4 α + cos4 α = sin2 α + cos2 α
Ta có:
S.ABCD

)

2

t = 11 ⇔ M ( 11; 21; 31)

=2⇔
t = −1 ⇔ M ( −1; −3; −5 )

sin 2α =

4

P = sin α + cos α

Câu 6 (1,0 điểm). Tính giá trị biểu thức

đáy,

t−5

. Khi đó:

4

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp

.

, biết

2
3

.

1
7
− 2 sin 2 α cos 2 α = 1 − sin 2 2α =
2
9

có đáy

ABCD

.

là hình chữ nhật, cạnh

SA

vuông góc với mặt phẳng

SA = AB = a AD = 3a
M
BC
S.ABMD
,
. Gọi
là trung điểm cạnh
. Tính thể tích khối chóp
và cosin góc tạo

bởi hai mặt phẳng

( ABCD )

và

( SDM )

.

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

4


SABMD =

1
9a2
AB ( AD + BM ) =
2
4

1
3a
VS. ABMD = SA.SABMD =
3
4
Hạ

(đơn vị diện tích).

3

(đơn vị thể tích).
AH ⊥ MD ⇒ ( SAH ) ⊥ MD ⇒ SH ⊥ MD

Khi đó:

(

.
·
( SMD ) ; ( ABCD ) = ( SH ; AH ) = SHA = ϕ

)

AH =

.

AE. AD
AD 2 + AE2

=

Lấy E đối xứng A qua B. Ta có:
7a
AH 6
⇒ SH = SA 2 + AH 2 =
cos ϕ =
=

13
SH 7
. Do đó:
.

6a
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
A ( 2; 3 )
AH . AD = 2
AB và AC. Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD tại H. Biết rằng
, tọa độ điểm
, phương
( FG ) : 3x − 4 y + 2 = 0
trình đường thẳng
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
DA = DB = DC
đó:
hay tam giác ACD cân tại D.
·DAC = DCA
·
·
·
FAE
= DCA
Khi đó:

. Mặt khác vì
(góc có cạnh
·
·
FAE
= GFA
tương ứng vuông góc) và
(AFEG là hình chữ nhật)
·DAC = GFA
·
do đó:
.
·GFA + AGH
·
·
·
= 900
DAC
+ AGH
= 900 ⇒ AD ⊥ FG
Vì:
, vậy:
.
( AD ) : 4 x + 3y − 17 = 0
Phương trình đường thẳng:
.

Tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:

( AD ) : 4 x + 3 y − 17 = 0

 62 59 
⇒ H ; ÷

 25 25 
( FG ) : 3 x − 4 y + 2 = 0

AH =
. Do đó:

4
5

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

.

5


Vậy:

4
5
AD 25 uuuur 25 uuuur
AD = 2 ⇔ AD = ⇒
=
⇒ AD =
AH
5
2

AH 8
8

7 
D  ;1 ÷
2 

hay:

.

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
∆AIH ∽ ∆ADE

Gọi

Với:
Với:

Với

vì vậy:

AH .AD = AI .AE ⇒ AI .AE = 2 ⇒ AI = 1
AI = ( a − 2 )
2

2

, ta có:

74
 74 68 
⇒ I ; ÷
25
 25 25 

a = 2 ⇒ I ( 2; 2 )

E ( 2;1)

, ta có phương trình đường thẳng

2

+ ( x − 3)

2

x=−
Trường hợp 1:

và

 98 61 
E ; ÷
 25 25 

E ( 2;1)

AE = 2

2

2

7
25 
B ( 1;1) , C ( 6;1)
( D ; l ) :  x − ÷ + ( y − 1 ) =
2
4 ⇒


 B ( 6;1) , C ( 1;1)
 BC : y = 1
)
(

x ≥ −1

Điều kiện xác định:

( BC ) : y = 1

. Ta có:

x +1

32

81

.

( ( x + 2)

( ( x + 2)

2

2

+ ( x − 3)

+ ( x − 3)

2

2

(loại).

(thỏa mãn điều kiện).
ED =
,

 3  3 
5
BE.CE = AE2 ⇔  l − ÷ l + ÷ = 4 ⇔ l =
2

 2  2 

Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình:

( ( x + 2)

2

 3a + 2

74
+
− 3÷ = 1 ⇔ a = 2 ∨ a =
25
 4


. Vì I là trung điểm của AE nên ta tìm được

của hệ phương trình:

.

. Vì I là trung điểm của AE nên ta tìm được

lượng của tam giác vuông ta có:

⇔

do đó

2

 3a + 2 
I  a;
÷
4 


a=

AD ⊥ FG

3
2

. Đặt

, theo hệ thức

. Vì vậy tọa độ của B và C là nghiệm

.

)(

)

x + 1 9 x + 1 − 7 = 81x + 32

)(

BD = CD = l

( x ∈ R)
.

)

x + 1 9 x + 1 − 7 = 81x + 32

) 9 81xx++132+ 7 = 81x + 32 ⇔ ( ( x + 2)

2

+ ( x − 3)

2

)

(

x + 1 ( 81x + 32 ) = ( 81x + 32 ) 9 x + 1 + 7

.

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

6

)


⇔ ( x + 2 ) + ( x − 3)
2

Trường hợp 2:

(

⇔ x 2 − 3x

)

(

2
2
x + 1 = 9 x + 1 + 7 ⇔ x + 4x − 3 + x − 6x

)



x2
= 0 ⇔ ( x − 3)  x x + 1 + 1 +
÷= 0
x+3+3 x+1
x + 3+ 3 x +1





1
1
+
− 1÷
÷= x + 1  ( x + 1) +
x+1 
2 x +1 2 x +1


.

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:
1
2 x+1

+

.

1

( x + 1) +
1
2 x+1

1

2 x+1

+

1
2 x+1

≥ 3 3 ( x + 1)

−1> 0 ⇔ x x +1 +1> 0

x=3

1

x=−
hoặc

32
81

1

2 x+1 2 x+1

x x +1 +1+
. Do đó:

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất

=

x2
x + 3+ 3 x+1

3
3

4

>1
.

> 0, ∀x ≥ −1
.

.

a, b, c

a2 + b2 + c 2 = 3

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
thỏa mãn điều kiện:
2
2
2
a
b
c

1
P=
+
+
+
b + 2c c + 2 a a + 2 b a + b + c + 1
biểu thức:
.

Ta có:

)

x2 ( x − 3)


x x +1 +1= x +1x +


Vậy:

x +1 = 0

(

(

( x + 1) +

)

x + 1 + x2 + 4 x − 3 − 3x x + 1 = 0 ⇔ x ( x − 3 ) x + 1 + ( x − 3 ) + x x + 3 − 3 x + 1 = 0

⇔ ( x − 3) x x + 1 + 1 +

Vì:

2

a2
b2
c2
a4
b4
c4
+
+
= 2
+
+
b + 2c c + 2 a a + 2b a b + 2 a 2 c b 2 c + 2 ab 2 ac 2 + 2bc 2

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:

(

)

2

a2 + b2 + c 2
a4
b4
c4
+
+
≥
a 2 b + 2a 2 c b 2 c + 2 ab 2 ac 2 + 2bc 2
a 2 b + b2 c + c 2 a + 2 a 2 c + b2 a + c 2 b

(

⇔

)

(

a2
b2
c2
9
+
+
≥ 2
2

2
b + 2 c c + 2 a a + 2b
a b + b c + c a + 2 a 2 c + b2 a + c 2 b

Mặt khác ta có:

(

) (

(

3 ( a + b + c ) = ( a + b + c ) a2 + b2 + c 2

)

)

.

)

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

7


(

) (

) (

) (

⇔ 3 ( a + b + c ) = a 3 + b 3 + c 3 + a 2 b + b 2c + 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 + 2c c + 2 a a + 2b 3 ( a + b + c )
a+b+c a+b+c +1

(

)

P≥

a + b + c ≤ 3 a2 + b2 + c 2 ⇔ a + b + c ≤ 3

Vì:

, do đó:

5
4

)

.

, do đó giá trị nhỏ nhất của

P

là

5
4

tại

a=b=c =1

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

8

.