TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN

TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN

ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN – LẦN 3 NĂM HỌC 2016

Thời gian : 180phút (Không kể cả giao đề)

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3 x 2  2 .

x2  4 x  m  1
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số y 
nghịch biến trên  2;1 .
x2
Câu 3 (1,0 điểm)
2

a) Tìm số phức z thỏa mãn z  6 z  18i

 1 
b) Giải bất phương trình 2log 3  x  1  log 3 
  2.
 2x 1 
3

 1

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  2
 e x  dx
x 1


2 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
x 1 y  3 z
x3 y z 2
. Xét vị trí tương đối của 1 và 2. Viết phương
1 :

 và  2 :
 
2
3
2
6
4
5
trình mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng 2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt
phẳng (P).

Câu 6 (1,0 điểm).
4 


a) Cho sin    ,     0 . Tính giá trị của biểu thức P  cos 2  2sin     .
5 2
2

n

2


b) Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 3   , x  0 biết rằng
x

1
Cn1  An2  15 , với n là số nguyên dương.
2
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu của S
lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AD, góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy bằng 600. Gọi
M là trung điểm của DC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SA và BM.
7

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân
giác trong của góc B và đường trung tuyến kẻ từ B lần lượt là d1 : x  y  2  0; d 2 : 4 x  5 y  9  0.
Biết điểm M(–1;2) thuộc cạnh AB và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R 

15
.
6

Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC.
2 x 2  5 x  2 y  y  2 x  5
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
 x, y  R 
 y  2 x  2  3 x  4  5 2 x  1  2 4 2 x  1
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c (c  b) . Tìm giá
b
c
a3
trị nhỏ nhất của biểu thức P  2

.

3
a  c 2 a 2  b2
(b  c ) 6
-------------------HẾT-------------------


ĐÁP ÁN ĐỀ TỐN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016- LẦN 3
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3x 2  2
Tập xác định: D 

1,0

.

x  0
Ta có y'  3x 2  6 x. ; y'  0  
x  2

0,25

- Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (2; ) ; nghịch biến trên
khoảng (0; 2) .
0,25

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =-2.
- Giới hạn: lim y  , lim y  

x 

x 

Bảng biến thiên:


x
y'

0
+

y



2

0

-

0

+



2



0,25

-2

Đồ thị:

y

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2

5

0,25
x
-8

-6

-4

-2

2

4

6


8

-5

Câu 2.(1,0điểm) Tìm m để hàm số y 

TXĐ: D  R \ 2 ;

y' 

x2  4 x  m  1
nghòch biến trên đoạn  2;1
x2

x2  4x  m  7

 x  2

2

0,25


Hàm số nghịch biến trên  2;1  y '  0, x   2;1

 g  x   x 2  4 x  m  7  0, x   2;1

0,25

BBT


0,25

KL: m  5

0,25

Câu 3. (1,0điểm)
c) Tìm số phức z thỏa mãn z  6 z  18i
2

Giả sử số phức z có dạng z  a  bi  a, b 



a  b  6  a  bi   16i   a  b  6a   6bi  0

0,25

 a 2  b 2  6a  0
a  3


. Vậy z  3  3i
b  3
6b  18

0,25

2


2

2

2

b. Giải bất phương trình 2log3 ( x  1)  log

 1 
2
3
 2x 1 

ĐK: x  1
BPT  log3 ( x  1)  log3 (2 x  1)  1  log3 ( x 1)(2 x 1)  1

0,25

1
( x  1)(2 x  1)  3  2 x 2  3x  2  0    x  2 .
2

0,25

Kết hợp ĐK ta có tập nghiệm là S  1;2

 1

 e x  dx

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  2
x 1

2 
3

x
 1

I   x 2
 e x  dx   2 dx   xe x dx  H  K
x 1
x 1

2 
2
2
3

3

3

2
3
3
x
1 d  x  1 1
1 8
2

H   2 dx  
 ln x  1  ln
2
x 1
2 2 x 1
2
2 3
2
2

0,25

3

3
3
3
3
u  x
du  dx
x

K

xe

e x dx   xe x    e x   2e3  e 2

Đặt 





x
x
2
2
2
dv  e dx v  e
2

1 8
Vậy I  ln  2e3  e2
2 3
Câu 5. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1 :

0,25
0,25
0,25

x 1 y  3 z
x 3 y z 2

 và  2 :
 
. Xét vị trí tương đối của 1 và  2 . Viết
2
3

2
6
4
5

phương trình mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng  2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng
1 lên mặt phẳng (P).

Đường thẳng 1 có VTCP u1   2; 3; 2  và qua điểm M 1;3;0 

0,25

Đường thẳng  2 có VTCP u2   6; 4; 5 và qua điểm N  3;0; 2 
u1 , u2   (7; 22; 26)  0 , u1 , u2  .MN  0  1 và  2 cắt nhau





0,25


Giải hệ phương trình tìm được giao điểm A(3; 0; 2)
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa 1 ,  2 thì (Q) có VTPT là n  u1 , u2   (7; 22; 26)
Vì  2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P)  (P) chứa  2 và

0,25

( P)  (Q)


Do đó (P) cũng đi qua A và có VTPT là n1  n , u2   (214;191; 104)

0,25

(P) có phương trình là: 214 x 191y  104z  850  0
Câu 6. (1,0 điểm)

4 


c) Cho sin    ,     0 . Tính giá trị của biểu thức P  cos 2  2sin     .
5 2
2


3
5

0,25


37

P  cos 2  2sin      2cos 2   1  2cos   
2
25


0,25


Giải: cos   1  sin 2  

n

2

d) Tìm số hạng chứa x 7 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x3   , x  0 biết rằng
x

1
Cn1  A 2n  15 , với n là số nguyên dương.
2
 n  5 (t / m)
1
Ta có Cn1  A 2n  15  n2 + n  30  0  
2
 n  6 (lo¹i)

0,25

5

5
5
2 k
 3 2
3 5-k
k
k 15  4k
(2)k

 x  x    C 5 ( x ) ( x )   C 5 x

 k 0
k 0

0,25

YCBT: 15 – 4k =7  k = 2, suy ra số hạng chứa x 7 trong khai triển trên là 40 x 7
Câu 7.(1,0điểm) . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu của
S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AD, góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy bằng
600. Gọi M là trung điểm của DC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SA và BM.
Gọi H là trung điểm của AD. Vì HB là hình chiếu của SB lên đáy nên

0,25

1
a3 15
VSABM  VSABCD 
2
12

0,25

Vì

0,25

Kẻ



0,25

Câu 8. (1,0 điểm) . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường
phân giác trong của góc B và đường trung tuyến kẻ từ B lần lượt là
d1 : x  y  2  0; d2 : 4 x  5 y  9  0 . Biết điểm M  1;2  thuộc cạnh AB và bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R 

15
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC.
6

x  y  2  0 x  1

 B(1;1)
Tọa độ điểm B là nghiệm của phương trình: 
4 x  5 y  0
y 1
Gọi D là điểm đối xứng của M qua đường thẳng d1 khi đó D  BC .
Vì MD  d1  MD : x  y  3  0
Tọa độ trung điểm của MD là nghiệm của hệ phương trình:
1

x

x  y  2  0 
2  H   1; 5 




 , D  0;3
5
2
2


x  y  3  0
y 

2
Đường thẳng BC đi qua hai điểm B và D nên có phương trình là: BC : 2 x  y  3  0
Đường thẳng AB đi qua hai điểm B và M nên có phương trình là: AB : x  2 y  3  0
Gọi A  3  2a; a  , C  c;3  2c 
Vì trung điểm của AC thuộc đường thẳng d2 nên
3  2a  c
a  3  2c
4.
 5.
 9  0  a  3  2c  A(4c  3;3  2c)
2
2
2
Ta có sin ABC  1  cos ( AB; BC ) 

Suy ra AC  2 R sin ABC  2.

n
1
n


AB

AB

. nBC
. nBC



0,25

0,25

2



2

 1

16 3

25 5

0,25

15 3
. 3
6 5


c  0
Ta có phương trình: 3c  3  3  
c  2
c  0 ta có A(3;3), B 1;1 , C (0;3) thỏa mãn
c  2 ta có A(5; 1), B 1;1 , C (2; 1) không thỏa mãn

Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là A(3;3); B(1;1), C (0;3)
2

2 x  5 x  2 y  y  2 x  5, 1
Câu 9.(1,0điểm) Giải hệ phương trình 
4

 y  2 x  2  3x  4  5 2 x  1  2 2 x  1,  2 

0,25


x  2
ĐK: 
 y  2x  5  0

0,25

1  2  x  2   x  2  2  y  2 x  5 

y  2x  5

2


f  t   2t 2  t , f '  t   4t  1  0, t  0 , có x  2  0, y  2 x  5  0

0,25

 x  2  y  2x  5  y  x2  2x 1
x 2  2 x  1  2 x  2  3x  4  5 2 x  1  2 4 2 x  1

 x  2

2

0,25

 5  x  2  2 x  2  2 x 1  5 2 x 1  2 4 2 x 1

g  u   u 4  5u 2  2u, g '  u   4u 3  10u  2  0, u  0
0,25

 x  2  4 2x 1  x  5

KL:  5;34 
Câu 10.(1,0điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a 2  b2  c  c  b 

P

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

b
a c

2

2



c
a b

a b c
2

2

P

2

2

2



b
a 2  c2

2a 2  b  c 
a b c a b a c
4


b  c 
 bc 
2

2 2

2

2 2

b  c 


2

4

2 2



b  c 

4

2




c
a 2  b2

16
3
abc
9
8

a3

 b  c 6

2a 2  b  c 
2a bc  a b  a c
2

2 2

2 2



2
bc

bc
3a3
3
a



6
3
2
b  c  8 b  c 

2
3
1
3

,t 
 0  P  2t  t 3
3
b  c 8 b  c 
bc
8

BBT  MaxP 

3

0,25

0,25

0,25
0,25