De03toanmath.compressed

Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

ĐỂ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

WEBSITE WWW.TOANMATH.COM
ĐỀ THI THỬ SỐ 3

Câu 1. (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và đồ thị hàm số: y  2 x3  3x2  1 .
Câu 2. (1 điểm) Cho sin     

1

7
với     . Tính tan     .
3
2
 2


Câu 3. (1 điểm)
a) Giải phương trình: 2log4 3x  1  log2 3  x   1 .
b) Giải phương trình sau trên tập số phức: ( z 2  i)( z 2  2iz  1)  0 .
Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân: I 

2



1  sin xdx .

0

Câu 5. (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(-4; 1; 3) và đường thẳng

x 1 y 1 z  3


. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường
2
1
3
thẳng d. Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB = 5 .

d:

Câu 6. (1 điểm) Cho A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 2 chữ số khác nhau được lập từ
các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Chọn ngẫu nhiên hai số từ tập A. Tính xác suất để hai số được
chọn có tổng là một số chẵn.
Câu 7. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc
của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường
thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60 o . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a.
Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC, gọi E, F lần lượt là
hình chiếu của các đỉnh B, C lên các cạnh AC, AB. Các đường thẳng BC và EF lần lượt có
phương trình là BC: x – 4y – 12 = 0, EF: 8x + 49y – 6 = 0, trung điểm I của EF nằm trên
đường thẳng  : x  12 y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết BC  2 17 và đỉnh B
có hoành độ âm.



Câu 9. (1 điểm) Giải hệ phương trình: 





x 1  y





x 1  y  2

2



4 x  x  1  3 y  10



x  y 2
x4  y3



2

 64

Câu 10. (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 1 và ab + bc + ca > 0. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

2
2
2
5
.



a b bc c a
ab  bc  ca

------------HẾT----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………………………………….. Số báo danh: ………………….
Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
Câu 1. Bạn đọc tự giải.
1
3

Câu 2. Ta có sin        sin  


1
3

1
2 2

2
9
3
7


cos 
 2 2 .
Suy ra tan      tan  3      tan      cot  
2
sin 
 2



2


Do

    nên cos   0  cos    1 

Câu 3.
1

3

a) Điều kiện:   x  3
Với điều kiện trên BPT

 log 2 (3x  1)  log 2  2(3  x) 
 3x  1  2(3  x)
 x 1

b)
 z 2  i
( z  i )( z  2iz  1)  0   2
 z  2iz  1  0
2

2

1
1

z  2  2 i

1
1

 z  

i
2
2


z  i


Câu 4.
2

I



2

1  sin xdx 

0


0

2

2

x
x
x
x

x 

 sin  cos  dx   sin  cos dx  2  sin    dx
2
2
2
2

2 4
0
0
2

3
2



2
x 
x  

 2   sin    dx   sin    dx   4 2
2 4
2 4
3
 0

2

Câu 5.
Đường thẳng d có VTCP là ud  (2;1;3)

Vì ( P )  d nên (P) nhận ud  (2;1;3) làm VTPT
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là 2 x  y  3z  18  0
Vì B  d nên B(1  2t;1  t; 3  3t )
10
7
27 17 9
Vậy B(5;3;3) hoặc B   ; ;  .
 7 7 7

AB  5 suy ra t = 2 hoặc t =

Câu 6.
Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

Có 6.5 = 30 số có 2 chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 (không
chứa chữ số 0), trong đó có 15 số chẵn và 15 số lẻ (vì số chữ số lẻ 1, 3, 5 bằng số chữ số chẵn
2, 4, 6)
Tập A có thêm 6 số có chứa chữ số 0 là 10, 20, 30, 40, 50, 60
Do đó A có 36 số với 21 số chẵn và 15 số lẻ
Để chọn được 2 số có tổng chẵn, ta phải chọn được 2 số chẵn hoặc cả 2 số lẻ
Số cách chọn 2 số đều chẵn hoặc 2 số đều lẻ lần lượt là C212 và C152 .
Vậy xác suất cần tính là

C212  C152 1
 .
C362
2

Câu 7.

Ta có HC là hình chiếu của SC trên mặt đáy (ABC) nên:

 SC,(ABC)   SCH  60o
Xét tam giác BHC, ta có:
CH 2  BH 2  BC 2  2.BH .BC.cos 60o  CH 

a 7
3

Trong tam giác vuông SHC, ta có:
SH  CH .tan 60o 

a 21
3

1
3

Vậy: VS . ABC  .S ABC .SH 

a3 7
12

Kẻ Ax // BC. Gọi N, M lần lượt là hình chiếu của H trên các cạnh Ax và SN.
3
2

3
2

Vì BC // (SAN) và BA  HA nên d ( SA; BC )  d ( B;( SNA))  d ( H ;( SNA))
Ta có AH 

2a
a 3
, HN  AH .sin 60o 
 MN 
3
3

Vậy d ( BC ; SA) 

SH .HN
SH 2  HN 2

a 42
.
8

Câu 8.

Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath



a 42
12

Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

6
72 6 
;
, suy ra I 

145
 145 145 
Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với EF, ta có d : 49 x  8 y  24  0

Vì I thuộc  nên I 12m; m  , mà I thuộc EF nên ta có m 

Đường thẳng d cắt BC tại trung điểm M của BC, do vậy M(0;-3)
Ta có BM  17, B  4b  12; b  , BM   4b  12  b  3 nên ta có phương trình
2

2

b  2  B(4; 2)
 17  
b  4  B(4; 4)
Chọn B(4; 4)  C  4; 2

 4b  12    b  3
2

2

6  8e 
 16 2 
 64 14 
 16 2 
 , ta có BC.EC  0 nên E  ;  và F   ;  hoặc F  ;  và
49 
 5 5 

 29 29 
 5 5 
 64 14 
E ; 
 29 29 
16 2
64 14
Với E  ;  và F   ;  . Ta có:
 5 5 
 29 29 
 16 10 
BE : x  2 y  4  0, CF :2 x  5 y  2  0 suy ra A  ;   (loại vì AB. AC  0  A  900 )
9
9
64 14
16 2
Với E   ;  và F  ;  suy ra A(0;6)
 29 29 
 5 5 
Vậy A(0;6), B(4; 4), C (4; 2) .

Lấy E  e;

Câu 9.








x 1  y





x 1  y  2

2



4 x  x  1  3 y  10
x  y 2



x4  y3



2

 64

Điều kiện xác định phương trình: x, y  0
Ta có
(1) 






x 1  y



x 1  y  2

2

4



4 x  x  1  3 y  10
x  y 2



x 1  y  2 

4

x 1  y  2
x  y 2

0

 x 1  y  2

Thay vào (2) ta được:



x4  y 3



2

 16  x  4  y  3  4

 x 1  y  2
Do đó ta có hệ phương trình: 


 x4  y3  4

a  x  1  0
a  b  2
b  2  a

Đặt 
khi đó ta có  2
 2
2
2
b  y  0
 a  3  b  3  4
 a  3  a  4a  7  4 (*)

Phương trình (*) có nghiệm kép a = 1 nên ta dùng AG – GM để đánh giá:
Ta có

Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

(*)  2 a 2  3  2 a 2  4a  7  8  0
4  a 2  3 4  a 2  4a  7
VT 

 8  (a  1) 2  0  VP
2
2
2  a 2  3


Dấu bằng xảy ra  2  a 2  4a  7  a  1  b  1
(a  1) 2  0


Suy ra x = 0 và y = 1.
Câu 10.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a > b > c. Khi đó:
P

2
2
2
5



a b bc a c
ab  bc  ca

Sử dụng bất đăng thức

1 1
4
2 2
 

(m, n  0)
m n mn
m 2 n2

Đẳng thức xảy ra khi m = n. Ta có:
1 
2
5
10
10
 1
2





ab  bc  ca a  c 2 ab  bc  ca
 a b bc  a c


20 2

a  c

2

 4(ab  bc  ca )



20 2

 a  c  (a  c  4b)



20 2

1  b 1  3b 

(1)

(3  3b  1  3b) 2
4
4
2 3
(2)
Suy ra 1  b 1  3b  
3
Từ (1) và (2) suy ra P  10 6
Đẳng thức xảy ra khi a  b  b  c, 3  3b  1  3b và a + b + c = 1

Ta lại có: 3(1  b)(1  3b) 

2 6
1
2 6
,b ,c
hoặc các hoán vị.
6
3
6
Vậy GTNN của P là 10 6 .

a

Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath