BỘ 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 − 6 x 2 + 9 x − 1 .
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với (C): y = x3 − 2 x 2 + 2 x − 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 2 log 3 ( x − 1) + log 3 (2 x − 1) ≤ 2
6

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân J =

∫x

x 2 + 3dx

1

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 − 4 z + 3 = 0 . 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 = sin 4 α − cos 4 α , biết cos2 α = 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 + 4 y + 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 x 2 + x + 1 = 1 + 5 x + 4 x 2 − 2 x 3 − x 4
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P=

4
x + y +z +4
2

2

2

−

9


( x + y ) ( x + 2z ) ( y + 2z )

. HẾT./.


HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu

1
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

x = 3
y'= 0 ⇔ 
x = 1

TXĐ:D = R, y / = 3 x 2 − 12 x + 9 .

0.25

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

0.25

lim y = −∞, lim y = +∞


x →−∞

x →+∞

−∞

x

BBT

1

y'

+

0

y

+∞

3
–

0

0.25


+
+∞

3
−∞

-1

Đồ thị : đi qua các điểm (3;-1), (1;3), (2;1), (0;-1). Vẽ hình đúng

Khi M = (C ) I Ox thì y0 = 0 và x0 là nghiệm phương trình:
2
(1,0 điểm)

x 3 − 2 x 2 + 2 x − 4 = 0 ⇔ x = 2 ; y’(2) = 6,

0.25
0.25
0.5

Phương trình tiếp tuyến: y = 6( x − 2) hay y = 6x -12

0.25

Gọi z= a+ bi (a,b ∈ R ) ta có:
3.a

z − ( 2 + 3i ) z = 1 − 9i ⇔ a + bi − ( 2 + 3i ) ( a − bi ) = 1 − 9i

0.25


−a − 3b = 1 a = 2
⇔ −a − 3b − ( 3a − 3b ) i = 1 − 9i ⇔ 
⇔
Vậy z= 2-i
3a − 3b = 9
b = −1

0.25

(0,5 điểm)

3.b
(0,5 điểm)
4
(1,0 điểm)

ĐK: x > 1

,

2 log 3 ( x − 1) + log 3 (2 x − 1) ≤ 2

⇔ 2 x 2 − 3x − 2 ≤ 0  −

1
≤x≤2
2

=> tập nghiệm S = (1;2]


0.25
0.25

6

J=

∫x

x 2 + 3dx ; Đặt u=

x 2 + 3 suy ra x dx = u du

1

x =1⇒ u = 2 ; x = 6 ⇒ u = 3
3

u3
Ta có J= ∫ u 2 du =
3
2
5

⇔ log 3 [( x − 1)(2 x − 1)] ≤ 1

3

2


0.5

19
=
3
1 + 2 − 12 + 3

0.5

6
= 2
1
+
1
+
16
18
(1,0 điểm)
Phương trình mặt cầu (S): (x-1)2 + (y-2)2 + (z-3)2 =2
Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))=

=

0.25


uu
r
Vectơ chỉ phương của d là ud =(1;1;-4)


6.a
(0,5 điểm)
6.b

0.25
0.25

 x = 1+ t

Phương trình tham số của d là:  y = 2 + t
 z = 3 − 4t

2α
2α
A = sin
- cos

0.25
0.25

= - cos2 α = -3/5

0.25

*Nếu n ≤ 2 thì n + 6 ≤ 8. Do đó số tam giác có ba đỉnh được lấy từ n + 6 điểm

(0,5 điểm) đó không vượt qua C83 = 56 < 439 (loại). Vậy n ≥ 3

0.25


*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:
Cn3+6 − C33 − Cn3 =

( n + 4 ) ( n + 5 ) ( n + 6 ) − 1 − ( n − 2 ) ( n − 1) n = 439
6

6

⇔ (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540
0.25

⇔ n2 + 4n – 140 = 0. Từ đó tìm được n = 10.
7
(1,0 điểm)

*Ta có:

S

AN = AB − BN = 2a 3
2

2

Diện tích tam giác ABC là:
S ∆ABC =


1
BC. AN = 4a 2 3 .
2

0.25

M

Thể tích hình chóp S.ABC là:
1
1
VS . ABC = S ∆ABC .SA = 4a 2 3.8a
3
3
32a 3 3
(đvtt).
=
3
Ta có:

C

A
H

N

B

VB. AMN BA BM BN 1

1
8a 3 3
=
.
.
= hay V
.
VS . ABC =
B . AMN =
VS . ABC BA BS BC 4
4
3

*Mặt khác, SB = SC = 4 5a ⇒ MN =

1
1
SC = 2 5a ; AM = SB = 2 5a .
2
2

0.25

0.25


Gọi H là trung điểm AN thì MH ⊥ AN , ⇒ MH =
Diện tích tam giác AMN là S ∆AMN =

AM 2 − AH 2 = a 17 .


1
1
AN .MH = 2a 3.a 17 = a 2 51 .
2
2

3V
8a 3 3 8a 8a 17
=
=
Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: d ( B, ( AMN )) = B. AMN = 2
.
S∆AMN
17
a 51
17

8
(1,0 điểm)

0.25

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 x − 3 y − 1 = 0
⇔ B(4;5)


 x − y +1 = 0

0.25

A
E

M(0;2)
I
N

C
H

ĐườngB 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:

3x − 4 y − 8 = 0
1
⇔ A(−3; − )

4
 3x + 4 y + 10 = 0

0.25

Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:

C (1;1)
 x = 1; y = 1

4 x − 3 y − 1 = 0


⇔

31
33 ⇒   31 33 
2
2

C ; ÷
x= ;y =
 x + ( y − 2) = 2
25
25   25 25 


0.25

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.

 31 33 
; ÷ thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của
 25 25 

Tương tự A và C 
tam giác ABC;

BC = 5, AH = d ( A, BC ) =


49
49
. Do đó S ABC =
(đvdt).
20
8

0.25


9
(1,0 điểm)

Đặt t = x 2 + x + 1, t ≥

3
. Khi đó phương trình trở thành:
2

4t = −t 4 + 7t 2 − 5 ⇔ t 4 − 6t 2 + 9 − ( t 2 − 4t + 4 ) = 0

0.25

t 2 − t − 1 = 0
⇔ ( t − 3) − ( t − 2 ) = 0 ⇔ ( t − t − 1) ( t + t − 5 ) = 0 ⇔  2
t + t − 5 = 0
2

2


2

2

2

 Với t ≥

3
1+ 5
thì t 2 − t − 1 = 0 có một nghiệm là t =
2
2

 Với t ≥

3
−1 + 21
thì t 2 + t − 5 = 0 có một nghiệm là t =
2
2

0.25

0.25

2

1+ 5 

1+ 5
2
 Khi t =
thì x 2 + x + 1 = 
÷ ⇔ 2x + 2x −1 − 5 = 0
2
 2 
⇔x=

−1 − 3 + 2 5 hoặc
−1 + 3 + 2 5 .
x=
2
2
2

 −1 + 21 
−1 + 21
2
Khi t =
thì x 2 + x + 1 = 
÷ ⇔ 2 x + 2 x − 9 + 21 = 0
2
2


⇔x=

−1 − 19 − 2 21 hoặc
−1 + 19 − 2 21 .

x=
2
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

;
10
(1,0 điểm)

.

0.25

1
* x 2 + y 2 + z 2 + 4 = ( x 2 + y 2 ) + ( x 2 + y 2 ) + ( z 2 + 4 ) + ( z 2 + 4 ) 
2

1
1
2
2
≥ ( x 2 + y 2 ) + 2 xy + ( z 2 + 22 ) + 2 z  = ( x + y ) + ( z + 2 ) 


2
2
1
1
2

2
2
≥ ( x + y ) + ( z + 2 ) + 2 ( x + y ) ( z + 2 )  ≥ ( x + y + z + 2 )
 4
4

* ( x + y)

1
2

( x + 2z ) ( y + 2z ) ≤ ( x + y ) ( x + y + 4z )

=

1
( 3x + 3 y ) ( x + y + 4 z ) (1)
6

0,25


Vì

( 3x + 3 y ) ( x + y + 4 z )

(1) ⇔ ( x + y )

≤


1
( 3x + 3 y + x + y + 4 z ) = 2 ( x + y + z ) nên
2

( x + 2z ) ( y + 2z )

≤

8
27
4
2
( x + y + z ) . Vậy P ≤ x + y + z + 2 −
2
2( x + y + z)
6

Đặt t = x + y + z , xét hàm số f ( t ) =
Ta có f ′ ( t ) = −
⇒ f ( 6) =

8

( t + 2)

2

+

0,25


8
27
− 2 với t > 0
t + 2 2t

27
−8t 3 + 2t 2 + 108t + 108
′
f
t
=
(
)
, f ′( t ) = 0 ⇔ t = 6
2
t3
t3 ( t + 2)

5
8
t

0

f ′( t )
f ( t)

+∞


6
+

0

−

0,25

5
8
0,25

Vậy P ≤

x + y + z = 6
5
5
⇔ x= y=z=2 .
. Suy ra max P = khi 
8
8
x = y = z

Mọi cách giải đúng khác đều đạt điểm tối đa
---HẾT--Trường THPT Nguyễn Trãi