VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  2 x 2  3
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 4  2 x 2  m  0 .
Câu 2 (1,0 điểm)
3i
 (1  3i ) 2 .
1) Tính môđun của số phức z 
2i
x
x1
2) Giải bất phương trình 4  2  3 .
e

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân


1

1  ln x 
x

2

3
 4 x  1 y  3 x  5  4 x  3 x  8
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm
1 
H  3;1 là hình chiếu vuông góc của A trên BD. Điểm M  ; 2  là trung điểm cạnh BC,
2 
phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác ADH là d : 4 x  y  13  0 . Viết
phương trình đường thẳng BC.
Câu 9 (1,0 điểm) Cho x  y  z  0 và không có hai số nào đồng thời bằng 0. Tìm giá trị
thẳng d :



nhỏ nhất của biểu thức P 



x2  z 2
y2  z2
z 2  xy
.

 2
y2  z2
x2  z 2
x  y2
……Hết……

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh: ………………………...


Vẽ đúng đồ thị
2
Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 4  2 x 2  m  0 (1)
Viết lại phương trình dưới dạng  x 4  2 x 2  3  m  3
Số nghiệm của pt (1) là số giao điểm của đt y  m  3 và (C)
3  m  3  4  0  m  1 , pt (1) có 4 nghiệm
m  3  4
m  1
 m  3  3   m  0 , pt (1) có 2 nghiệm


m  3  4  m  1 , pt (1) vô nghiệm
m  3  3  m  0 , pt (1) có 3 nghiệm
Kết luận
3i
 (1  3i ) 2 .
Tính môđun của số phức z 
1
2i
(3  i )(2  i)
5  5i
z
 (1  6i  9i 2 ) 
 1  6i  9  9  7i
5
5
 z  130
Giải bất phương trình 4  2
x

1

2

ln x

1  ln x 
x

1
dx . t (1)  1, t (e)  2
x

2

ln x

dx

Điểm
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25

3

2

0,25
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

4

5

x 1 y 1 z


. Viết
2
2
1
phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với d. Tìm tọa độ điểm
A ' đối xứng với A qua đường thẳng d

d co vtcp u   2; 2; 1 . Mặt phẳng (P) vuông góc với d nhận

u   2; 2; 1 làm vtpt.
Cho điểm A 1;0; 1

và đường thẳng d :



 k
4
3cos x  sin x  0  tan x  3  x  arctan(3)  k

0,25



 k , x  arctan(3)  k
4
Vòng chung kết Euro 2016 có 24 đội bóng tham dự, trong đó có các
đội Anh, Pháp, Đức, Italia và Tây Ban Nha. Ban tổ chức chọn ngẫu
2
nhiên 2 đội bóng để đá trận khai mạc. Tính xác xuất để ít nhất một
trong 5 đội bóng kể trên được đá trận khai mạc.
Chọn 2 đội bóng từ 24 đội bóng có C242 cách
Gọi A là biến cố 2 đội bóng được chọn có ít nhất một trong 5 đội bóng
đã cho. Khi đó A là biến cố 2 đội bóng được chọn không có 5 đội
bóng kể trên. n A  C192
Vậy pt có các nghiệm là x 

0,25

2

cos x  sin x  0
  cos x  sin x  3cos x  sin x   0  
3cos x  sin x  0


SH
 SH  2a 3
HD
1
1
VS . ABCD  S ABCD .SH  2a.a 3.2a 3  4a 3
3
3
AC cắt BD tại O là trung điểm của AC
 d (C ;( BDM ))  d ( A;( BDM )) . Gọi N là trung điểm của HA  MN
4
// SH  MN  (ABCD) và AB  NB
3
4
 d ( A;( BDM ))  d ( N ;( BDM ))
3
3 21
a
Kẻ NK  BD  BD  ( MNK ) và NK 
14
Kẻ NE // MK  NE  ( BDM ) . Trong tam giác vuông MNK ta có

0,25

SHD có tan 600 

1
1
1



y



2 2



 6y  x  x  3
2



2



6 x x3





Xét hàm số f (t )  t 2  6t , t  3
f '(t )  2(t  3)  0, t  3  f (t ) đồng biến trên  3;  

0,25




x  3  3 3x  5  4 x  8

4x  8
1
 0, x  3, x 
4x  1
4
4x  8
1
, x  3, x  . Ta có
Xét g  x   x  3  3 3x  5 
4x  1
4
1
1
36
1
5
g ' x 


 0, x  3, x  , x  
2
4
3
2 x  3 3 (3x  5) 2 (4 x  1)
x  3  3 3x  5 



Tìm min của biểu thức P 
Xét hàm f (t )  t 

x2  z 2

y2  z2

0,25

15
 0 . Tọa độ N thỏa mãn
2

7
4 x  y  13  0


x  
 7 
hệ pt 

2  N   ;1
15
 2 
 x  4 y  2  0
 y  1
 B  4;1 . BD có pt y  1  0 , AH có pt x  3  0  A  3; 1

BC đi qua B và nhận AB   1; 2  làm vtpt có pt  x  2 y  6  0

Suy ra f  2
2 
 y
 y z 
Vậy P 

x

y

x2  z 2 x
  1.
y2  z2 y

x2  z 2

y2  z2

y2  z2

x2  z 2

x

y

y
x

y


t
(t 4  1) t 4  1
(t 4  1) t 4  1 
 t
Với t  1 thì dễ thấy ngay g '(t )  0 và g '(t )  0  t  1 , suy ra hàm g(t)
1
1
đồng biến trên 1;   . Suy ra g (t )  g (1)  2 
.
 P  2
2
2
1
Đẳng thức xảy ra khi x  y; z  0 . Vậy min P  2 
.
2

0,25

0,25

0,25