Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với P và phương trình của đường thẳng d qua A và vuông góc với P.. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ABC, SA = 8a, tam
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2016
ĐỀ THI THỬ Môn: TOÁN
(Đề gồm có 01 trang) 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 của hàm số y x= −3 6x2+9x−1
Câu 2 (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với (C): y x= −3 2x2+2x−4 tại giao điểm của (C) với trục hoành
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z biết z− +(2 3i z) = −1 9i
b) Giải bất phương trình 2log (3 x− +1) log (23 x− ≤1) 2
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân J = ∫6 +
1
2 3dx x
x
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2;3) và mặt phẳng (P) có phương trình:
x y+ − z+ = Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( P ) và phương trình của đường thẳng ( d ) qua A và vuông góc với ( P )
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Tính giá trị của biểu thức A = sin4α −cos4α, biết cos2α = 3 / 5
b) Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt cho 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác
A, B, C, D Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + 6 điểm đã cho là 439
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC đều
cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN)
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình
3x+4y+10 0= và đường phân giác trong BE có phương trình x y− + =1 0 Điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 Tính diện tích tam giác ABC
Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình: 4 x2+ + = +x 1 1 5x+4x2 −2x3−x4
Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x y z, , Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
4
P
x y z
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
1
(1,0 điểm)
TXĐ:D = R,y/ =3x2−12x+9 ' 0 3
1
x y
x
=
= ⇔ = Hàm số nghịch biến trên các khoảng(-∞;1) và (3;+ ∞), đồng biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại x = 1, y = 3; Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 3, y = -1
→−∞ = −∞ →+∞ = +∞
BBT x −∞ 1 3 +∞
'y + 0 – 0 +
y 3 +∞
−∞ - 1
Đồ thị : đi qua các điểm (3;-1), (1;3), (2;1), (0;-1) Vẽ hình đúng
0.25
0.25
0.25
0.25
2
(1,0 điểm)
Khi M =( )C I Ox thì y0 = 0 và x0 là nghiệm phương trình:
x3−2x2+2x− = ⇔ =4 0 x 2; y’(2) = 6,
Phương trình tiếp tuyến: y=6(x−2)hay y = 6x -12
0.25
0.5 0.25
3.a
(0,5 điểm)
Gọi z= a+ bi (a,b R∈ ) ta có:
z− + i z= − ⇔ + − +i a bi i a bi− = − i
0.25
0.25
3.b
(0,5 điểm)
ĐK: x > 1 , 2log (3 x− +1) log (23 x− ≤1) 2 ⇔log [(3 x−1)(2x−1)] 1≤
2
2x 3x 2 0
2 x
− ≤ ≤ => tập nghiệm S = (1;2]
0.25 0.25
4
(1,0 điểm) J= ∫6 +
1
2 3dx x
3
x + suy ra x dx = u du
x= ⇒ =u ; x= 6⇒ =u 3
Ta có J=
3
2
19
u
u du= =
∫
0.5 0.5 5
(1,0 điểm) Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))=
2
+ − +
+ + Phương trình mặt cầu (S): (x-1)2 + (y-2)2 + (z-3)2 =2 0.25
Trang 3Vectơ chỉ phương của d là uuurd
=(1;1;-4)
Phương trình tham số của d là:
1 2
3 4
x t
y t
= +
= +
= −
0.25 0.25 0.25
6.a
(0,5 điểm)
A = sin 2α - cos 2α
= - cos2α = -3/5
0.25 0.25 6.b
(0,5 điểm)
*Nếu n ≤ 2 thì n + 6 ≤ 8 Do đó số tam giác có ba đỉnh được lấy từ n + 6 điểm
đó không vượt qua C83 =56 439< (loại) Vậy n ≥ 3
*Vì mỗi tam giác được tạo thành ứng với 1 tổ hợp chập 3 của n + 6 phần tử
Nhưng trên cạnh CD có 3 đỉnh, trên cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo
thành là:
6 3
⇔ (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540
⇔ n2 + 4n – 140 = 0 Từ đó tìm được n = 10
0.25
0.25 7
(1,0 điểm)
*Ta có:
AN = AB −BN =
Diện tích tam giác ABC là:
2 1
2
ABC
S∆ = BC AN =
Thể tích hình chóp S.ABC là:
2
S ABC ABC
V = S∆ SA=
32a 33
3
Ta có: .
.
1
4
B AMN
S ABC
V BA BM BN
V = BA BS BC = hay . 1 . 8a 33
B AMN S ABC
2
SB SC= = ⇒MN = SC= ; 1 2 5a
2
AM = SB=
0.25
0.25
0.25
S
A
B
N
C M
H
Trang 4Gọi H là trung điểm AN thì MH ⊥AN, 2 2
a 17
MH AM AH
AMN
S∆ = AN MH = =
Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là:
3
2
17
B AMN AMN
V
d B AMN
S∆
0.25
8
(1,0 điểm)
Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC Tính được N(1; 1).
Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0
B là giao điểm của BC và BE Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:
(4;5)
x y
B
x y
− + =
Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:
( 3; )
x y
A
x y
Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:
(1;1) 1; 1
31 33
;
25 25
C
x y
C
Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác
phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.
Tương tự A và 31 33
;
25 25
thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của
( , )
20
AH =d A BC = Do đó 49
8
ABC
S = (đvdt)
0.25
0.25
0.25
0.25
A
B
C H
E M(0;2)
N I
Trang 51,
2
t = x + +x t ≥ Khi đó phương trình trở thành:
4t= − +t4 7t2− ⇔ −5 t4 6t2+ −9 (t2− + =4t 4) 0
2 2
1 0
5 0
t t
t t
− − =
Với 3
2
t ≥ thì t2 − − =t 1 0 có một nghiệm là 1 5
2
t = +
Với 3
2
t ≥ thì t2 + − =t 5 0 có một nghiệm là 1 21
2
t = − +
Khi 1 5
2
2
1 3 2 5 2
x − − +
2
x= − + + .
Khi 1 21
2
2
1 19 2 21 2
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
0.25
0.25
0.25
0.25 10
(1,0 điểm)
* 2 2 2 1 ( 2 2) ( 2 2) ( 2 ) ( 2 )
2
1
2
1
2
4 x y z
* ( ) ( 2 ) ( 2 ) ( ) (1 4 )
2
x y+ x+ z y+ z ≤ +x y x y+ + z 1(3 3 ) ( 4 )
6 x y x y z
0,25
Trang 6Vì (3 3 ) ( 4 ) 1(3 3 4 )
2
x+ y x y+ + z ≤ x+ y x y+ + + z =2 x y z( + + ) nên
6
2 2
P
x y z x y z
Đặt t= + +x y z, xét hàm số ( ) 2
2 2
f t
+ với t>0
Ta có ( ) ( )2 3
2
f t
t t
2
f t
t t
′ =
+ , f t′( ) =0 ⇔ =t 6 ( )6 5
8
f
( )
( )
8
8
P≤ Suy ra max 5
8
P= khi x y z 6
x y z
+ + =
= =
⇔ = = =x y z 2
0,25
0,25
0,25
Mọi cách giải đúng khác đều đạt điểm tối đa
-HẾT -Trường THPT Nguyễn Trãi