TRƯỜNG THPT SỐ 3 BẢO THẮNG

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Ngày Thi : 17-02-2016

Môn: TOÁN

ĐỀ THI THỬ LẦN 1

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 hàm số y = x 3 − 3x + 2
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x +

9
trên đoạn [ 1; 4]
x

Câu 3 (1,0 điểm)
2
1. Giải phương trình : log 2 ( x − 2 ) + log
x 2 −3x + 2

1
2. Giải bất phương trình :  ÷
2

≥

2


2
2
9
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 3 + 2 x − y + 3 + 4 − 5x = 2 x − y + 9


( x, y ) ∈ ¡

Câu 9(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác nhọn
æ
æ 4 22ö
1 1ö
÷
÷
- ; ÷
ç ; ÷
ç
ABC. Điểm E ç
là trung điểm cạnh AB và H ç
là hình chiếu vuông góc của A trên đường
÷
÷
ç
÷
÷
ç
è2 2ø
è 5 5ø

+ Giới hạn :
lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞

Điểm
1,0

0.25

x →+∞

+ Bảng biến thiên :

0,25

•

Đồ thị:

− Đồ thị :
Đồ thị hàm số giao với Ox: (1;0) ; (-2;0)
Đồ thị hàm số giao với Oy: (0;2)

0,25

2

1.0

Xét hàm số trên [ 1; 4] ; f '( x ) = 1 −

( x − 2 ) − 3 = 0 ⇔ log 22 ( x − 2 ) + 2 log 2 ( x − 2 ) − 3 = 0

log 2 ( x − 2 ) = 1
⇔
log 2 ( x − 2 ) = −3
x − 2 = 2
x = 4
17

⇔
⇔
. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4; x =
1
17
x − 2 =
x =
8
8
8


2

0.25

0.25
0.5

x 2 −3x + 2



2 51 2 31
t |0 − t |0
5
3
4
= −
15
=

5

0.25

0,25
0,25

1

0.5

cos2 x + 5s inx − 3 = 0 ⇔ −2sin x + 5s inx − 2 = 0
⇔ ( s inx − 2 ) ( 2s inx − 1) = 0 ( Do s inx − 2 < 0, ∀x )
2

0,25

π

 x = 6 + k 2π

0,25

8
6
6
trong khai triển là : C15 .x = 6435.x

1,0

6

(

)

(

)

Gọi I x0;y0; z0 là trung điểm của đoạn AB nên suy ra I 0;1;3

uur
IA ( - 1;2;- 1) => IA = 6

0.25

(

)


0.25

Gọi E là trung điểm của đoạn AD , F là trung điểm của AE
=> BF / / MN nên MN / /( SBF ) => d ( MN , SB ) = d ( MN , ( SBF ) ) = d ( N , ( SBF ) )
Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ AH ⊥ BF , H ∈ BF , trong mặt phẳng (SAH) kẻ
AK ⊥ SH , K ∈ SH
 BF ⊥ AH
 AK ⊥ SH
=> BF ⊥ ( SAH ) => BF ⊥ AK . Do 
=> AK ⊥ ( SBF )
. Ta có 
 BF ⊥ SA
 AK ⊥ BF
=> d ( A, ( SBF ) ) = AK

0.25

1
1
1
17
=
+
=
Lại có :
và
2
2
2
AH

8

1.0

2 x − y ≥ 0

ĐK : 
4
 x ≤ 5
Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ ta có :
2x 2 + y 2 + x = 3( xy + 1) + 2 y ⇔ ( x − y − 1) ( 2x − y + 3 ) = 0 ⇔ y = x − 1
Với y = x − 1 thay vào phương trình thứ hai ta được phương trình sau :
2
2
9
+
=
3 + x + 1 3 + 4 − 5x x + 10

(

) (

=> 2 ( x + 10 ) 6 + x + 1 + 4 − 5x = 9 9 + 3 x + 1 + 3 4 − 5x + x + 1 4 − 5x

(

)(

)


8

(

)

1

0,25

1,0

0,25

uuur  13 39 
Ta có : EH =  − ; ÷ suy ra phương trình đường thẳng EH : 3x + y − 2 = 0 .
 10 10 
F = BC ∩ EH => tọa độ điểm F là nghiệm của hệ
3x + y − 2 = 0
 x = −1
3 10
⇔
=> F ( −1;5 ) => EF =

2
x + y − 4 = 0
y = 5

·

·
. Từ (1) và (2) suy ra EBF
= EFB
=> ∆FEB

Suy ra đường thẳng AF đi qua F và vuông góc với BC là : x − y + 6 = 0 . Gọi
A ( t ;6 + t ) ∈ AF
2
2
uuur  1
11 
3 10
3 10
 1   11 
AE =  − t ; − − t ÷ ⇒ AE =
⇔  −t ÷ +− −t ÷ =
2
2
2
2

2   2

 t = −1
⇔ 2t 2 + 10t + 8 = 0 ⇔ 
 t = −4

Với t = −1 => A ( −1;5 ) loại do trùng với F . Với t = −4 => A ( −4; 2 ) . Do E là
trung điểm của đoạn AB => B ( 5; −1)
.

2

Û a2 + b2 + c2 ³ ab + bc + ca Û ( a + b + c) ³ 3( ab + bc + ca) ( *) . Thay
2

a = xy;b = yz;c = zx vào (*) Þ ( xy + yz + zx ) ³ 3xyz ( x + y + z)

0.25

Þ ( xy + yz + zx ) ³ 2 6( x + y + z)
Do đó :
P ≥ 2( x + y + z ) 6( x + y + z ) +

48
−8
x+ y+ z+3

0.25

Đặt : t = x + y + z ≥ 3 3 xyz = 6
48
=> P ≥ 2t 6t +
− 8, ( t = x + y + z , t ≥ 6 )
3+t
Xét hàm số
3 6t ( t + 3) − 24
48
f (t ) = 2t 6t +
− 8, ( t ≥ 6 ) => f '(t ) =
=> f '(t ) > 0, ∀t ≥ 6