đề thi thử toán THPT số 3 bảo thắng

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.. Tính theo a thể tích khối c

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x33x 2

Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x( ) x 9

x

  trên đoạn 1; 4 

Câu 3 (1,0 điểm)

1 Giải phương trình : 2   

log x2 log x2  3 0

2 Giải bất phương trình :

2 3x 2

x  

 



 

 

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân :

0 1

1 x



Câu 5(1,0 điểm)

1 Giải phương trình os2c x 5 s inx 3 0

2 Tìm số hạng chứa x6 trong khai triển nhị thức Niu – tơn của :

15

2 1

x

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A( 1; 3;2), (1; 1; 4) B  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 60 , M là trung điểm của BC , N là điểm thuộc cạnh 0

AD sao cho DN = a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MN

2 2

,

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

ABC Điểm 1 1;

2 2

E 



  là trung điểm cạnh AB và

4 22;

5 5

H 



  là hình chiếu vuông góc của A trên đường 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 :

( )( )( x) + 48

3

P x y y z z

x y z

- HẾT -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

VIETMATHS.NET

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

− TXĐ : D = R

− Sự biến thiên

+ Chiều biến thiên

y'3x2 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;y CĐ  ; đạt cực tiểu tại 4 x1;y CT  0

+ Giới hạn :

lim ; lim

     

0.25

+ 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

Xét hàm số trên 1; 4 ; f x'( ) 1 92

x

25 (1) 10; (3) 6; (4)

4

VIETMATHS.NET

  1;4ax ( ) 10

M f x  tại x = 1 ;

  1;4 ( ) 6

ĐK : x 2

log x2 log x2  3 0log x2 2log x2  3 0

2 2

x x



 

  



0.25

2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 4; 17

8

2 3x 2

x

 

 

 

 

0.25

   Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm : T 0;3 0.35

Đặt : t x 1 xt2 1 dx2 dt;t x   1 t 0;x0 t 1 0,25

5 1 3 1

4

=

15

2

s inx 22 s inx 1 0

2 6

2 s inx 1 0

5 2 6

k Z















0,25

15 15

15 0

1

k

x





Hệ số chứa x6 ứng với k thỏa mãn

8

k

k









Vậy số hạng chứa x6

trong khai triển là : 8 6 6

15 6435

0,25

Gọi I x y z 0; ;0 0 là trung điểm của đoạn AB nên suy ra I0;1;3 0.25

 



Phương trình mặt cầu đường kính AB là : 2   2 2

VIETMATHS.NET

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

AC AB BC  AC SAAC 

3

.

a

0.25

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 SA











Do AK SH AK (SBF)

AK BF











d A SBF AK

Lại có : 1 2 12 12 172

16

AH  AB  AF  a và

103 96

a AK

AK  AS  AH  a  

103 ,

d N SBF AF

0.25

0.25

ĐK :

4 5

x y x









 Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ ta có :

2 2 2x y x3(xy1) 2 y x y 1 2x y 3 0y  x 1

0,25

Với yx1 thay vào phương trình thứ hai ta được phương trình sau :

10

3 x13 4 5x  x

 x 1 4 5x 3 9 x 1 9 4 5x 4x410

0,25

1;

5

x  

  nên 9 x  1 9 4 5x 4x41 0 )

x

0,25

VIETMATHS.NET

1 4 5x 3 2 1 4 5x 4 4x

0

x x





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)

0,25

Ta có : 13 39;

10 10



suy ra phương trình đường thẳng EH: 3xy 2 0

F BCEH  tọa độ điểm F là nghiệm của hệ

1;5

y

0,25

Tứ giác AHIE nội tiếp đường tròn đường kính AI nên IHEIAEFHC  1

Lại có

 2

IAE IBE ICB IBC EFB CFH FCH











Từ (1) và (2) suy ra EBFEFB FEB

2

0,25

Suy ra đường thẳng AF đi qua F và vuông góc với BC là : x  y 6 0 Gọi

A ; 6t t AF

;

AE  t tAE   t   t 



4

t

t

 



 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

VIETMATHS.NET

16 12

;



suy phương trình đường thẳng IC đi qua H và vuông góc với AH

là : 4x 3 y100 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

2;6

y

C

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác là : A4; 2 ; B5; 1 ;  C2;6

0,25

(xy y)( z z)( x)(x  y z xy) yz zx 8

ab  bc  ca 

 2   

axy b yz czx vào (*)xyyz zx2 3xyz x  y z

xy yz zx 2 6x y z

0.25

Do đó :

3

x y z

Đặt : txy z 33xyz 6

48

3

t



0.25

Xét hàm số

3 3

48

t t

( )

f t

 đồng biến trên 6; Vậy

Min f t6;  ( ) f(6) 80

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

0.25

HẾT

VIETMATHS.NET