đề thi thử THPT quốc gia môn toán 2016 đề số 3 có đáp án

đề thi thử THPT quốc gia môn toán 2016 đề số 3 có đáp án đề thi thử THPT quốc gia môn toán 2016 đề số 3 có đáp án đề thi thử THPT quốc gia môn toán 2016 đề số 3 có đáp án đề thi thử THPT quốc gia môn toán 2016 đề số 3 có đáp án đề thi thử THPT quốc gia môn toán 2016 đề số 3 có đáp án đề thi thử THPT quốc gia môn toán 2016 đề số 3 có đáp án đề thi thử THPT quốc gia môn toán 2016 đề số 3 có đáp án đề thi thử THPT quốc gia môn toán 2016 đề số 3 có đáp án

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3

– 3x2 + 4

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với đường thẳng (d): y = -5x

+ 7

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình cosx + cos3x = 2cos2x

b) Tìm số phức z sao cho |z – 4| = |z| và (𝑧 + 4) (𝑧 + 2𝑖) là số thực

Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình 2 9𝑥+ 3 4𝑥 = 5 6𝑥

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 𝐼 = 𝑥 𝑒3𝑥+ 1

3𝑥 +1 𝑑𝑥

1

Câu 5 (0,5 điểm) Tại một kì thi SEA Games, môn bóng đá nam có 10 đội bóng tham dự (trong

đó có đội Việt Nam và đội Thái Lan) Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia 10 đội bóng nói

trên thành 2 bảng A và B, mỗi bảng 5 đội Tính xác suất để đội Việt Nam và đội Thái Lan ở cùng

một bảng

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;2;3), B(1;0;2),

C(-2;3;4), D(4;-3;3) Lập phương trình mặt phẳng (BCD) Tìm phương trình hình chiếu vuông góc

của đường thẳng AB lên mặt phẳng (BCD)

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, đỉnh A’

cách đều A, B, C Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600

Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Xác định tâm và tính thep a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

A’.ABC

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm

I(2;1), bán kính R = 5 Chân đường cao hạ từ B, C, A của tam giác ABC lần lượt là D(4;2),

E(1;-2) và F.Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF, biết rằng A có tung độ dương

Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình 8𝑥2+ 10𝑥 + 11 + 14𝑥 + 18 = 11

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z dương và thỏa mãn 4 𝑥2− 𝑥 + 1 ≤ 16 𝑥2𝑦𝑧 −

3𝑥(𝑦 + 𝑧)2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức𝑇 =𝑦+3𝑥(𝑥+1)

𝑥 2 𝑧 + 16

(𝑦+1) 3− 10 3 𝑥3𝑦+2

-Hết -

Môn thi: Toán – Đề số 3 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

DeThiThu.Net

DeThiThu.Net

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu 1 (2,0 đ)

a)(1,0 điểm)

Tập xác định: D = R lim𝑥→−∞𝑦 = −∞; lim𝑥→+∞𝑦 = +∞

Đạo hàm: y’ = 3x2 – 6x; y’ = 0 ⇔y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 (0,25 đ)

Khoảng đồng biến: (-∞; 0); (2;+∞) Khoảng nghịch biến: (0;2)

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =0; đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 4.(0,25 đ)

Bảng biến thiên: (0,25 đ)

b)(1,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm:

𝑥3− 3𝑥2+ 4 = −5𝑥 + 7 ⇔ 𝑥3− 3𝑥2+ 5𝑥 − 3 = 0 ⇔ 𝑥 − 1 𝑥2− 2𝑥 + 3 = 0

⇔𝑥 = 1 => 𝑦 = 2 => giao điểm là M(1;2) (0,25 đ)

Phương trình tiếp tuyến với (C) tại (x0;y0): y = y’(x0)(x – x0) + y0

y’=3x2

– 6x =>y’(x0) = y’(1) = -3 (0,25đ) Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y = -3(x -1) + 2 ⇔ y = -3x + 5 (0,25 đ)

Câu 2 (1,0 đ)

a)(0,5 đ)

Đồ thị: (Hs có thể lấy thêm điểm (-1;0); (1;2); (3;4) (0,25 đ)

DeThiThu.Net

dethithu.net

Phương trình đã cho tương đương với: 2cosx.cosx = 2cos2

x ⇔2cosx(cos2x – cosx) = 0

⇔ 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 0

⇔ 𝑥 =

𝜋

2+ 𝑘𝜋

𝑥 = 𝑘2𝜋

3

b) (0,5 điểm)

Gọi z = a + bi (a, b ∈ R, i2

= -1) Từ giả thiết ta có:

|z – 4| = |z| ⇔ (a – 4)2

+ b2 = a2 + b2⇔ a = 2 (0,25 đ)

9

4)𝑥− 5 (3

2)𝑥+ 3 = 0

Đặt 𝑡 = (3

2)𝑥 > 0 ta có: 2.t2

– 5t + 3 = 0 (0,25 đ)

⇔t = 1; t =3

2

 t =1 =>(3

2)𝑥 = 1 => 𝑥 = 0

2=> (3

2)𝑥 =3

2 => 𝑥 = 1 (0,25 đ) Tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {0;1}

Câu 4 (1,0 đ)

𝐼 = 𝑥𝑒01 3𝑥𝑑𝑥+ 𝑥

3𝑥+1𝑑𝑥

1

*Tính 𝐴 = 𝑥𝑒01 3𝑥𝑑𝑥: Đặt u = x => u’ =1; v’ = e3x

=> v’ = e3x

=> v = 1

3𝑒3𝑥 => 𝐴 =1

3𝑥 𝑒3𝑥|01−1

3 𝑒01 3𝑥𝑑𝑥 (0,25 đ)

𝐴 =1

3𝑒3−1

9𝑒3𝑥|01 = 1

3𝑒3−1

9 𝑒3− 1 = 2𝑒3+1

9 (0,25 đ)

*Tính 𝐵 = 𝑥

3𝑥 +1𝑑𝑥

1

0 : Đặt 𝑡 = 3𝑥 + 1 => 𝑡2 = 3𝑥 + 1 => 𝑥 =𝑡2−1

3 => 𝑑𝑥 =2

3𝑡 𝑑𝑡 (0,25 đ)

x = 1 => t = 2; x = 0 => t = 1 Suy ra: 𝐵 =2

9 (𝑡12 2− 1)𝑑𝑡

Từ đó: z = 2 + bi; 𝑧 = 2 − 𝑏𝑖

=> 𝑧 + 4 𝑧 + 2𝑖 = 6 + 𝑏𝑖 2 + 2 − 𝑏 𝑖 = 12 − 𝑏 2 − 𝑏 + 12 − 4𝑏 𝑖 (0,25 đ)

Suy ra: 12 – 4b = 0 => b = 3

Đáp số: z = 2 + 3i

Câu 3 (0,5 đ)

TXĐ: D = R Chia 2 vế của phương trình cho 4x> 0 ta được: 2 (

DeThiThu.Net

dethithu.net

𝐵 =2

9

1

3𝑡3− 𝑡 |12 = 8

27 Từ đó: I = A + B = 2𝑒

3 +1

9 + 8

27 => 𝐼 =2

9𝑒3+11

27 (0,25 đ)

Câu 5 (0,5 đ)

Gọi M là biến cố: “Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng”

Số biến cố đông khả năng: Số cách chia 10 đội bóng thành 2 bảng đều nhau 𝑛 Ω = 𝐶105 𝐶55 =

252 (0,25 đ)

Xét số cách chia mà Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng:

+Chọn bảng (A hoặc B): có 2 cách

+Chọn nốt 3 đội còn lại: Có 𝐶83 cách

+Chọn 5 đội của bảng kia: có 𝐶55 cách (0,25 đ)

=>n(M)=2.𝐶83 𝐶55 = 112 Suy ra: xác suất của biến cố M: 𝑝 𝑀 =𝑛(𝑀)

𝑛(Ω) =112

252 = 4

9 (0,25 đ)

Câu 6 (1,0 đ)

Ta có 𝐵𝐶 = −3; 3; 2 , 𝐵𝐷 = (3; −3; 1)

Mp(BCD) đi qua B(1;0;2) và có vtpt 𝑛 = 𝐵𝐶 , 𝐵𝐷 = (9; 9; 0) Chọn 𝑛 = (1; 1; 0) (0,25 đ)

Phương trình (BCD): 1(x – 1) + 1(y – 0) + 0(z – 2) = 0 ⇔ x + y – 1 = 0 (0,25 đ)

Đường thẳng AB cắt (BCD) tại B(1;0;2) Ta đi tìm hình chiếu A’ của A lên (BCD)

Đường thẳng ∆ đi qua A và vuông góc với (BCD) có phương trình 𝑥 = 3 + 𝑡𝑦 = 2 + 𝑡

𝑧 = 3

(𝑡 ∈ 𝑅) (0,25 đ) A’ = ∆∩(BCD) =>(3 + t) + (2 + t) – 1 = 0=>t = -2 =>A’(1;0;3)

Hình chiếu vuông góc của AB đi qua B, A’ nên có vtcp 𝑢 = 𝐵𝐴′ = (0; 0; 1)

Phương trình 𝐵𝐴′: 𝑥 = 1𝑦 = 0

𝑧 = 2 + 𝑡

(Lưu ý: Học sinh viết 𝑥−1

0 =𝑦−0

0 =𝑧−2

1 thì không cho 0,25 điểm phần cuối này)

Câu 7 (1,0 đ)

DeThiThu.Net

dethithu.net

Xác định góc 600

: +Gọi H là hình chiếu của A’ lên (ABC) =>𝐻𝐴 = 𝐻𝐵 = 𝐴𝐴′2− 𝐴′𝐻2 suy ra H là tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC

+AH là hình chiếu của AA’ lên (ABC), suy ra 𝐴′𝐴𝐻 = 600 (0,25 đ)

Tính thể tích lăng trụ: 𝑉𝐴𝐵𝐶 𝐴′ 𝐵′𝐶′ = 𝐴′𝐻 𝑆𝐴𝐵𝐶

+∆ABC đều cạnh a nên 𝑆𝐴𝐵𝐶 =1

2 𝑎.𝑎 3

2 = 𝑎2 3

4 +A’H=AH.tan600

= 2

3.𝑎 3

2 3 = 𝑎

Suy ra: 𝑉𝐴𝐵𝐶 𝐴′𝐵′𝐶′ = 𝑎.𝑎2 3

4 =𝑎3 3

Tính bán kính R: 𝑅 = 𝐼𝐴′ = 𝐴′𝑃

cos 300 = 2

3.1

2 𝐴𝐴′ = 1

3 2 𝐴𝐻 = 2

3.𝑎 3

3 = 2𝑎

3 (0,25 đ)

Câu 8 (1,0 đ)

Chứng minh AI ⊥ DE:

+Tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn nên 𝐴𝐸𝐷 = 𝐵𝐶𝐷

+Kẻ tiếp tuyến At qua (I;R) ta có: 𝐵𝐶𝐷 = 𝐸𝐴𝑡

Xác định tâm mặt cầu:

+Gọi P là trung điểm AA’ Kẻ đường trung trực d của AA’ trong (A’AH), d cắt A’H tại I

+I ∊ d => IA’ = IA, I∊ A’H =>IA = IB = IC =>I là tâm mặt cầu cần tìm (0,25 đ)

DeThiThu.Net

=>𝐴𝐸𝐷 = 𝐸𝐴𝑡 =>At // DE => AI ⊥ DE (0,25 đ)

Tìm tọa độ điểm A:

+Phương trình At qua I, vuông góc với DE: 3x + 4y – 10 = 0

+𝐴 𝑡;10−3𝑡

4 ∈ 𝐴𝐼 => 𝐴𝐼2 = 25 => 𝑡2− 4𝑡 − 12 = 0 => 𝑡 = 6 => 𝐴 6; −2 (𝐿)

𝑡 = −2 => 𝐴 −2; 4 (𝑇𝑀) (0,25đ)

Chứng minh trực tâm H của tam giác ABC là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF:

+𝐷𝐸𝐶 = 𝐷𝐵𝐶 = 𝐻𝐸𝐹 =>EC là phân giác trong của 𝐷𝐸𝐹 (0,25 đ)

+Tương tự: DB là phân giác trong của 𝐸𝐹𝐷 => 𝐻 = 𝐵𝐷 ∩ 𝐶𝐸 là tâm đường tròn nội tiếp

∆DEF

Tìm tọa độ điểm H:

+Phương trình CE qua E và vuông góc với AE: x – 2y – 5 = 0

+Phương trình BD qua D và vuông góc với AD: 3x – y – 10 = 0 (0,25 đ)

+Từ đó H = BD ∩ CE => H(3;-1)

Câu 9 (1,0 đ)

8𝑥2+ 10𝑥 + 11 + 14𝑥 + 18 = 11 (1)

ĐK: 𝑥 ≥ −11

10 (1) 4 2𝑥2+ 𝑥 − 1 + 10𝑥 + 11 − 2𝑥 − 3 + 14𝑥 + 18 − 2𝑥 − 4 = 0 (0,25đ)

⇔4 2𝑥2+ 𝑥 − 1 − 2(2𝑥2+𝑥−1)

10𝑥 +11+2𝑥+3− 2(2𝑥2+𝑥−1)

14𝑥 +18+2𝑥+4 = 0 +2𝑥2+ 𝑥 − 1 = 0 ⇔ 𝑥 = −1; 1

2 (tmđk) (0,25đ) +𝑓 𝑥 = 2 − 1

10𝑥 +11+2𝑥+3− 1

14𝑥 +18+2𝑥+4 = 0

Ta có: 𝑓′ 𝑥 > 0 ∀𝑥 ≥ −11

10=>f(x) đồng biến trên [−11

10; −∞) (0,25 đ)

Từ đó 𝑓 𝑥 ≥ 𝑓 −11

10 > 0 nên trường hợp này vô nghiệm

Đáp số 𝑆 = {−1;1

Lưu ý:

+Học sinh chỉ tìm được 1 nghiệm, cho ¼ điểm

+Học sinh tìm được 2 nghiệm mà không CM được phần còn lại vô nghiệm, cho ½ điểm

-Có thể CM f(x) > 0 như sau:

DeThiThu.Net

𝑥 ≥ −11

10=> 10𝑥 + 11 + 2𝑥 + 3 ≥ 2 −

11

10 + 3 =

4

5; 14𝑥 + 18 + 2𝑥 + 4

≥ 2 −11

10 + 4 =

9 5

=>𝑓 𝑥 > 2 −5

4−5

9> 0

-Có thể nhẩm nghiệm và tách thành tích: (1) ⇔(x+1)(2x – 1)h(x) = 0 rồi CM h(x) vô

nghiệm

Câu 10 (1,0 đ)

Từ giả thiết ta có:

4 𝑥2− 𝑥 + 1 ≤ 16𝑥 𝑦𝑧 − 3𝑥(𝑦 + 𝑧)2 => 4(𝑥 +1

𝑥− 1) ≤ 16 𝑦𝑧 − 3(𝑦 + 𝑧)2

≤ 16 𝑦𝑧 − 3.4𝑦𝑧

=>4 𝑦𝑧 − 3𝑦𝑧 ≥ 𝑥 +𝑥1− 1 ≥ 1, 𝑡 = 𝑦𝑧 > 0 => 3𝑡2− 4𝑡 + 1 ≤ 0 => 𝑡 ≤ 1 => 𝑦𝑧 ≤

1

=>1

𝑧 ≥ 𝑦 (0,25 đ)

𝑇 =𝑦+3𝑥(𝑥+1)

𝑥2𝑧 + 16

(𝑦+1)3− 10 3 𝑦

𝑥3+2 =𝑦2+3𝑥𝑦

𝑥2𝑦𝑧 +3

𝑧+ 16

𝑦+1 3− 10 3 𝑦

𝑥3+2

Ta có:

+ 𝑦𝑧 ≤ 1 =>𝑦2+3𝑥𝑦

𝑥 2 𝑦𝑧 ≥ 𝑦2+3𝑥𝑦

𝑥 2 = (𝑦

𝑥)2 + 3.𝑦

𝑥

+3

𝑧 + 16

(𝑦+1) 3≥ 3𝑦 + 16

𝑦+1 3 = 𝑦 + 1 + 𝑦 + 1 + 𝑦 + 1 + 16

𝑦+1 3− 3 ≥ 4.2 − 3 = 5 +−10 3 𝑥3𝑦+2≥ −10 3 𝑥3+1+1𝑦 ≥ −10 3 3𝑥𝑦 = −10 𝑦𝑥

Từ đó: 𝑇 ≥ 𝑦

𝑥

2

+ 3𝑦

𝑥 − 10 𝑦𝑥 Đặt 𝑡 = 𝑦𝑥 > 0 => 𝑇 ≥ 𝑓 𝑥 = 𝑡4+ 3𝑡2− 10𝑡 + 5

Ta có 𝑓′ 𝑡 = 4𝑡3+ 6𝑡 − 10 = 2(𝑡 − 1)(2𝑡2+ 2𝑡 + 5)

f’(t) = 0 ⇔ t =1

BBT:

DeThiThu.Net

Suy ra 𝑇 ≥ −1 => min𝑡>0𝑇 = −1 ⇔ 𝑡 = 1 ⇔ 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 1

Cách 2:

Ta có:

+ 𝑥3𝑦+2 = 𝑥3+1+1𝑦 ≤ 3𝑥𝑦 = 1

3

𝑦

𝑥 1 ≤ 1

3

𝑦

𝑥 +1 2

+

𝑦2

𝑥2+ 1 ≥ 2 𝑦2

𝑥2 = 2.𝑦

𝑥 =>𝑦2

𝑥2 ≥ 2.𝑦

𝑥− 1

Suy ra: 𝑇 ≥ 2𝑦

𝑥− 1 + 3𝑦

𝑥+ 5 − 10 3 1

3

𝑦

𝑥 +1

2 => 𝑇 ≥ −1

=> 𝑀𝑖𝑛 𝑇 = −1 ⇔ 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 1 (0,25 đ)

DeThiThu.Net

Quốc Gia mới nhất, cập nhật hằng ngày.

thi.

Tham gia Group: ÔN THI ĐH TOÁN – ANH :