Đề thi thử kỳ thi THPT quốc gia 2016 môn toán Đoàn Trí Dũng

a Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với d.. và cosin góc tạo bởi hai mặt phẳng ABCD và SDM.. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông t

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng 1

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

=======================***=======================

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y x 42x23

Câu 2 (1,0 điểm) Tìm tham số m để đồ thị hàm số y x 42 1 m x2 2 m 1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất ?

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

x y

;





Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I x dx

x

3





Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:x y 1 z 2

 P :x2y2z 3 0

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

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến  P bằng 2

Câu 6 (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức Psin4cos4, biết sin 2 2

3



Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA AB a  , AD3a Gọi M là trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABMD và cosin góc tạo 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 AH AD 2, tọa độ điểm A 2; 3 , phương  

trình đường thẳng  FG : 3x4y 2 0 và điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3 Tìm tọa độ các đỉnh B và C

Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình:  x2 2 x32 x1 9  x 1 781x32 x 

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a b c thỏa mãn điều kiện: , , a2b2c23 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1

P

- HẾT -

Họ và tên: ……….Lớp:………

Đề thi gồm có: 01 trang, cán bộ coi thi không chém gió gì thêm!

Đề thi thử lần thứ 08

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

Câu 2 (1,0 điểm) Tìm tham số m để đồ thị hàm số y x 42 1 m x2 2 m 1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất ?

Ta có: y' 4 x34 1 m x2 4x x 2m2    1 0 x 0 x2  1 m2 Hàm số có ba cực trị nếu   1 m 1 Khi đó hàm số có ba cực trị: A0;m1 , B 1m2;m42m2m C ,  1m2;m42m2 m

Gọi M0;m42m2m là trung điểm của BC Vì hàm số đối xứng qua trục tung do đó ABC cân tại A

Ta có: AM m 42m2  1 1 m22,BC2 1m2 Do đó: S ABC 1AM BC  m22 m2

2

     

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích ABC là 1 khi và chỉ khi m 0

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

x y

;





Điều kiện xác định: x2;y0 Từ phương trình hai ta có: log2x2log2y  y x 2

Thay vào phương trình thứ nhất ta được: x y2 2x y 1  x x 2 2 x1

x 1 2 x 1  x 2 1 0

         x1 x  1 2  x  2 1 0 x  x x

0

x

x

0

    Do đó: x  3 y 1

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I x dx

x

3





Đặt x    1 t x t2 1,dx2tdt Khi đó: t   t

t

2

2

1



Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:x y 1 z 2

 P :x2y2z 3 0

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

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến  P bằng 2

a) Mặt phẳng cần tìm là:  Q x: 2y3z0

Đề thi thử lần thứ 08

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng 3

b) Gọi M t t ; 2 1; 3t 2 d Khi đó:     t t M   

d M P

11 11; 21; 31 5

  



     



Câu 6 (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức Psin4cos4, biết sin 2 2

3



Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA AB a  , AD3a Gọi M là trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABMD và cosin góc tạo bởi hai mặt phẳng ABCD và SDM 

ABMD

a

2

a

3

  (đơn vị thể tích)

Hạ AHMDSAHMDSHMD Khi đó:  SMD ; ABCD SH AH; SHA

Lấy E đối xứng A qua B Ta có: AH AE AD a

13



a

13

SH

6 cos

7

 

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 AH AD 2, tọa độ điểm A 2; 3 , phương  

trình đường thẳng  FG : 3x4y 2 0 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

đó: DA DB DC  hay tam giác ACD cân tại D

Khi đó: DAC DCA Mặt khác vì FAE DCA (góc có cạnh

tương ứng vuông góc) và FAE GFA (AFEG là hình chữ nhật)

do đó: DAC GFA

Vì: GFA AGH 900, vậy: DAC AGH 900ADFG

Phương trình đường thẳng:  AD : 4x3y170

Tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:  

 FG AD x x y y H

;

25 25

4 5



AH

2

2

 

M A S

D

C B

E

H

I H

D

A

F

G

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng 4

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 ADFG do đó

 ∽ vì vậy: AH AD AI AE AI AE AI2

   2 1

Gọi I a;3a 2

4

2 2

Với: a 74 I 74 68;

  Vì I là trung điểm của AE nên ta tìm được E

98 61

;

25 25

  (loại)

Với: a 2 I 2; 2 Vì I là trung điểm của AE nên ta tìm được E 2;1 (thỏa mãn điều kiện)  

Với E 2;1 , ta có phương trình đường thẳng    BC :y1 và AE 2 , ED 3

2

 Đặt BD CD l  , theo hệ thức

lượng của tam giác vuông ta có: BE CE AE 2 l 3 l 3 4 l 5

       

   Vì vậy tọa độ của B và C là nghiệm

của hệ phương trình:    

 

   

   

2

2

6;1 , 1;1



 





Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình:  x2 2 x32 x1 9  x 1 781x32 x 

Điều kiện xác định: x 1 Ta có:  x2 2 x32 x1 9  x 1 781x32

x



   x2 2 x32 x1 81  x32  81x32 9  x 1 7

Trường hợp 1: x 32

81

 

Trường hợp 2: x2 2 x32 x 1 9 x 1 7 x24x 3 x26x x 1 0

 x  x x x  x  x x  x x 3 x 1 x3x x  3 3 x10

x



3

2

x

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng 5

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x3 hoặc x 32

81

 

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn điều kiện: a2b2c23 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:

2

9

Mặt khác ta có: 3a b c     a b c a  2b2c2

  3 3 3  2 2 2   2 2 2   2 2 2   2 2 2 

 a b c  a b  c a b b c c a   a c b a c b   a b b c c a   a c b a c b 

Do đó:

P

Vì: a b c   3a2b2c2   a b c 3, do đó: 5

4



P , do đó giá trị nhỏ nhất của P là 5

4 tại a b c  1