TRƯỜNG THPT SỐ BẢO THẮNG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Ngày Thi : 17-02-2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THỬ LẦN Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x3 3x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x) x đoạn 1; x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : log 22 x log x 3x x 2 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân : I x x 1dx Câu 5(1,0 điểm) ATH S.N 1 ET 1 Giải bất phương trình : 2 Giải phương trình cos2 x s inx 15 1 Tìm số hạng chứa x khai triển nhị thức Niu – tơn : f ( x) x x , x Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 3;2), B(1; 1; 4) Viết phương trình mặt cầu có đường kính AB Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh 4a , cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy Góc cạnh SC mặt phẳng (ABCD) 60 , M trung điểm BC , N điểm thuộc cạnh TM AD cho DN = a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB MN 2x y x 3( xy 1) y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 x y 5x x y x, y VIE Câu 9(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác nhọn 1 22 ABC Điểm E ; trung điểm cạnh AB H ; hình chiếu vuông góc A đường 2 5 thẳng CI, biết đường thẳng BC có phương trình x y Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P ( x y )( y z )( z x) + 48 x y z3 HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Đáp án − TXĐ : D = R − Sự biến thiên + Chiều biến thiên y ' 3x y ' x 1 0,25 x ATH S.N + Bảng biến thiên : Đồ thị: 0.25 ET Các khoảng đồng biến (- ;-1) (1 ; + ) ; khoảng nghịch biến 1;1 + Cực trị : Hàm số đạt cực đại x 1; yCĐ ; đạt cực tiểu x 1; yCT + Giới hạn : lim y ; lim y x Điểm 1,0 0,25 VIE TM − Đồ thị : Đồ thị hàm số giao với Ox: (1;0) ; (-2;0) Đồ thị hàm số giao với Oy: (0;2) 0,25 1.0 Xét hàm số 1; 4 ; f '( x) x 1; f '( x) x f (1) 10; f (3) 6; f (4) 25 x2 0.25 0.25 0.25 Max f ( x) 10 x = ; Min f ( x) x = 1;4 0.25 1;4 0.5 ĐK : x Ta có : log 22 x log x log 22 x 2log x log x log x 3 x x 17 Vậy phương trình cho có nghiệm x 4; x x x 17 8 0.25 0.25 0.5 x 3x ET 1 x 3x x 3x 2 x Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm : T 0;3 1 ATH S.N Đặt : t x x t dx 2tdt; x 1 t 0; x t 51 31 t |0 t |0 = 15 = 0.35 1.0 0,25 I t 1 t dx = t dt t dt 0.25 0,25 0,25 0,25 0.5 cos2 x 5s inx 2sin x 5s inx s inx 2s inx 1 ( Do sinx 0, x ) 0,25 15 TM x k 2 2s inx k Z x 5 k 2 0,25 0.5 15 VIE 1 f ( x) x C15k x30 3k , k 15, k N x k 0 0,25 0 k 15 k Vậy số hạng chứa x Hệ số chứa x ứng với k thỏa mãn k N 30 3k 0,25 khai triển : C158 x 6435.x6 1,0 Gọi I x 0; y0 ; z trung điểm đoạn AB nên suy I 0;1; IA 1;2; 1 IA 0.25 0.25 Phương trình mặt cầu đường kính AB : x y z 3 0.5 1.0 ET SA ( ABCD) AC hình chiếu SC mặt phẳng ( ABCD) Suy góc cạnh SC mặt phẳng ( ABCD) góc SCA 0.25 AC AB BC 32a AC 4a SA AC tan 600 4a 64a3 S ABCD 4a.4a 16a VS ABCD 16a 4a 3 ATH S.N 0.25 Gọi E trung điểm đoạn AD , F trung điểm AE => BF / / MN nên MN / /( SBF ) d ( MN , SB ) d MN , SBF d N , SBF Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ AH BF , H BF , mặt phẳng (SAH) kẻ AK SH , K SH BF AH AK SH Ta có BF ( SAH ) BF AK Do AK (SBF ) BF SA AK BF d A, SBF AK TM 1 17 Lại có : 2 AH AB AF 16a 1 103 4a 618 AK 2 2 103 AK AS AH 96a d N , SBF NF 8a 618 d N , SBF 103 d A, SBF AF 0.25 1.0 VIE 2 x y ĐK : x Biến đổi phương trình thứ hệ ta có : 2x y x 3( xy 1) y x y 1 2x y 3 y x 0,25 Với y x thay vào phương trình thứ hai ta phương trình sau : 2 x 5x x 10 x 10 x 5x 9 x 5x x 5x 0.25 0,25 x 5x x 5x 4x 41 4 x 5x ( Do x 1; nên x 5x 4x 41 ) 0,25 x 5x x 5x 4x x 1 x 1 5x x x 5x x Với x y 1; x 1 y 2 Đối chiếu với điều kiện thay lại hệ phương trình ban đầu ta thấy hệ cho có nghiệm : ( x; y ) (0; 1); ( x; y ) (1; 2) x 0,25 ATH S.N ET 1,0 0,25 13 39 Ta có : EH ; suy phương trình đường thẳng EH : 3x y 10 10 TM F BC EH tọa độ điểm F nghiệm hệ 3x y x 1 10 F 1;5 EF x y y IAE FHC Tứ giác AHIE nội tiếp đường tròn đường kính AI nên IHE IBE IAE IBC Lại có ICB EFB CFH FCH 2 cân E => EF AE EB 10 AF FB AF BC VIE 1 EFB FEB Từ (1) (2) suy EBF 0,25 Suy đường thẳng AF qua F vuông góc với BC : x y Gọi A t; t AF 2 11 10 10 11 AE t ; t AE t t 2 2 2 t 1 2t 10t t 4 Với t 1 A 1;5 loại trùng với F Với t 4 A 4; Do E trung điểm đoạn AB B 5; 1 0,25 16 12 AH ; suy phương trình đường thẳng IC qua H vuông góc với AH 5 5 : 4x y 10 Tọa độ điểm C nghiệm hệ 4x y 10 x 2 C 2;6 x y y 0,25 Vậy tọa độ đỉnh tam giác : A 4; ; B 5; 1 ; C 2;6 1,0 (x y )(y z )(z x ) (x y z ) xy yz zx Ta có : a b (b c )2 (c a )2 a b c ab bc ca a b c ab bc ca * Thay a xy;b yz ;c zx vào (*) xy yz z x 3xyz x y z Do : ATH S.N xy yz z x x y z ET P 2 x y z x y z 0.25 Đặt : t x y z 3 xyz 48 P 2t 6t 8, t x y z , t 3t Xét hàm số 3t 8, t f '(t ) 6t t 3 24 t 3 TM f (t ) 2t 6t 48 0.25 48 8 x y z 3 f '(t ) 0, t 0.25 f (t ) đồng biến 6; Vậy Min f (t ) f (6) 80 6; Suy P 80 dấu xảy x y z Kết luận : Giá trị nhỏ P 80 đạt x y z VIE HẾT 0.25 ... C15k x30 3k , k 15, k N x k 0 0,25 0 k 15 k Vậy số hạng chứa x Hệ số chứa x ứng với k thỏa mãn k N 30 3k 0,25 khai triển : C158 x 6 435 .x6 1,0 ... 6t 8, t x y z , t 3 t Xét hàm số 3 t 8, t f '(t ) 6t t 3 24 t 3 TM f (t ) 2t 6t 48 0.25 48 8 x y z 3 f '(t ) 0, t 0.25 f (t ) đồng biến... VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Đáp án − TXĐ : D = R − Sự biến thi n + Chiều biến thi n y ' 3x y ' x 1 0,25 x ATH S.N + Bảng biến thi n : Đồ thị: 0.25 ET Các khoảng đồng biến (- ;-1)