FREE 4 ĐỀ THI THỬ MOONACADEMY VN MÔN TOÁN CỰC HAY

Câu 1:(1,0 điểm).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x2  4 C  . Câu 2:(1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số Câu 3:(1,0 điểm). f  x  2x2  ln 3  4x trên đoạn 2; 0. a) Tìm phần thực , phần ảo của số phức z thoã mãn điều kiện sau: z  i 1 z  7  2i b) Giải phương trình sau: log2 x  x  2 log x 11 . ln 2 Câu 4:(1,0 điểm). Tính tích phân sau: I   ex 2ex 1 dx . 0 Câu 5 :(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A0;1; 3 và mặt phẳng P: x  2y  z  4  0 . Tìm tọa độ điểm I là hình chiếu của A lên P S  có tâm I đi qua điểm A . Câu 6 :(1,0 điểm). và viết phương trình mặt cầu a) Cho tan a  2 và a   ;    . Tính giá trị của biểu thức A  sin a  cos a .  2  1 5sin2 a   b) Giải bóng đá vô địch Đông Nam Á (AFF cup) được diễn ra tại Myanmar và Philippines có 11 đội tham dự, trong đó có 2 đội hạt giống (loại I) là Việt Nam và Thái Lan , 3 đội loại II là Singapore, Malaysia và Indonesia, còn lại là các đội loại III. Ban tổ chức chia các đội thành 2 bảng, bảng A gồm 6 đội bóng và bảng B gồm 5 đội bóng sao cho mỗi bảng có 1 đội hạt giống và ít nhất một đội loại II. Tính xác suất để đội tuyển Việt Nam nằm ở Bảng B và chỉ có một đội loại 2 là Singapore. Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm H của tam giác đều ABC, biết mặt phẳng SCD tạo với mặt phẳng  ABCD một góc 60o . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SA và BD. Câu 8: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn C  . Gọi H và K lần lượt là chân đường cao hạ từ A xuống cạnh BC và từ B xuống đường kính AA của đường tròn C . Biết điểm H  1; 8  , đường thẳng AC và BK lần lượt có phương trình là 2x  y  6  0 và  5 5    x  7 y 15  0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC . Câu 9: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 2  x 1  3x  y  7x  y 10  x; y  R. 4x2 1 y   x  5  5 Câu 10: (1,0 điểm). Cho x, y z, là các số thực dương và x  y  z2  xy  5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2x  y  4 x  y . x2  y2 18 x  y  4z 25z Tất cả chúng ta đều có cuộc đời riêng để theo đuổi, giấc mơ riêng để dệt nên, và tất cả chúng ta đều có sức mạnh để biến mơ ước trở thành hiện thực, miễn là chúng ta giữ vững niềm tin. Câu 1:(1,0 điểm).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 1 x  2 C  Câu 2:(1,0 điểm).Cho hàm số Câu 3:(1,0 điểm). f  x  x  . Giải bất phương trình : f  x  1 . 4 a) Tính modun của số phức z thoã mãn điều kiện sau : b) Giải phương trình sau: 2log3 x  3logx 3  7 . z 3i  21 i  2  4i . e Câu 4:(1,0 điểm). Tính tích phân sau: I  3  2 ln x dx .  x 2  ln x2 Câu 5 :(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A1; 5;3 và đường thẳng d : x 1  y 1  z . Viết phương trình mặt phẳng P qua A và vuông góc với d và tìm tọa độ điểm 2 2 1 B thuộc đường thẳng d sao cho Câu 6 :(1,0 điểm). AB  5 . a) Cho cos 2a  3 . Tính giá trị của biểu thức : T  sin 4 a  cos4 a . 5 sin2 a  3cos2 a b) Để tăng thêm thu nhập ngoài công việc dạy học anh Tuấn Gà có nuôi 2 hồ cá mỗi hồ có 100 con cá, nhưng do nước trong 2 hồ bị nhiễm chất thải hoá học nên hồ cá thứ nhất có 70 con cá bị bệnh và hồ cá thứ 2 có 50 con cá bị bệnh. Anh Tuấn quyết định vớt ngẫu nhiên từ mỗi hồ lên 2 con cá để kiểm tra bệnh của chúng. Tính xác suất để 4 con cá vớt lên có 2 con cá bị bệnh. Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAD là tam giác vuông cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết SA  a 2 và SB tạo với đáy một góc 300 . Tính thể tích khối chóp và khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAC  . Câu 8: (1,0 điểm). ). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A nội tiếp đường tròn C  . Trên cung nhỏ AB của đường tròn C  lấy điểm M , trên cạnh CM lấy điểm N sao cho BM  CN , điểm P thuộc đường thẳng AC. Biết toạ độ các điểm A,B,C. M 4; 4; N 0; 2; P 2; 2 và điểm A có hoành độ nhỏ hơn 2. Tìm 2x 11 x  2 3 x  3 Câu 9: (1,0 điểm). Giải phương trình sau:  10x  2  3 x  3 trên tập số thực R. Câu 10: (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a2  b2  c2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a  c  2  . 1 . a2  2bc  2 a  b 1 2 a  b2 Ta không được chọn nơi mình sinh ra nhưng ta được chọn cách mình sẽ sống Câu 1:(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x4  2x2 1 C  . Câu 2:(1,0 điểm). Cho hàm số y  C  với đường thẳng d : y  2 . Câu 3:(1,0 điểm). x 1 x  2 C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  tại giao điểm của a) Tìm modun của số phức w  z2  iz 1 biết rằng x2 1 z  1 i z  3  i . b) Giải phương trình sau :  5  2 x1  5  2 .  2 sin 2x Câu 4:(1,0 điểm). Tính tích phân sau: I   5  3cos2 x dx . Câu 5 :(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A1; 4; 2 , B 2; 0;1 và mặt phẳng P: 2x  y  5  0 . Viết phương trình đường thẳng  qua A vuông góc với AB đồng thời song song với P . Tính khoảng cách từ trung điểm M của AB đến mặt phẳng P . Câu 6 :(1,0 điểm). a) Cho tan a  2 . Tính giá trị của biểu thức : T  3cos2 a  5 . 5sin2 a  3 b) Một hộp bi có chứa 5 viên bi xanh và 3 viên bi đỏ. Người ta tiến hành lấy liên tiếp từ hộp ra 3 viên bi một cách ngẫu nhiên theo quy tắc: Nếu lấy được bi đỏ thì trả lại bi này vào hộp còn nếu lấy được bi xanh thì không trả lại bi này vào hộp. Tính xác suất để lấy được đúng một bi xanh trong 3 lần lấy. Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân AC  BC  3a , hình chiếu vuông góc của B’ lên mặt đáy trùng với trọng tâm tam giác ABC, mặt phẳng  ABB A tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 600 . Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và B’C. Câu 8: (1,0 điểm).Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn C bán kính R  5 . Trên cung nhỏ AC của C  lấy điểm D, đường cao kẻ từ A của tam giác ABC cắt BD và tiếp tuyến tại D của đường tròn C  lần lượt tại E và F. Biết điểm D 4; 6, E  4; 5  , F thuộc  2    đường thẳng  : 4x  4y 13  0 và B có hoành độ nhỏ hơn 3. Tìm toạ độ các điểm A,B,C.  x  6 y  8 Câu 9: (1,0 điểm).Giải hệ phương trình  x  4x  5  2 y  x  5  x; y  R . 4 y 1 y x2  2 y   2 Câu 10. (1,0 điểm).Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: x3  y3  P   x  y   z xy  2 y2  xz 2x2  yz  4  x  y2 “ Cuộc sống không cho bạn tất cả những gì bạn mơ ước, nhưng cuộc sống cho bạn quyền được lựa chọn ước mơ và quyền được thực hiện nóHãy tin là bạn sẽ làm được” Câu 1:(1,0 điểm).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x C . Câu 2:(1,0 điểm).Cho hàm số Câu 3:(1,0 điểm). y  x3  3mx2  2x  m C  .Tìm m để hàm số đạt cực đại tại điểm x  1 . a) Gọi z1; z2 là 2 nghiệm của phương trình sau: z2 1 i z  2  i  0 . Tính z  z . b) Giải phương trình sau: log x2  2 log 1 2 x  3 . 2 Câu 4:(1,0 điểm). Tính tích phân sau: 3 1 I   1 x dx . 0 1 x Câu 5 :(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A1;0; 2 và đường thẳng d : x 1  y  z 1 . Viết phương trình mặt phẳng P chứa A và d. Tính cosin góc giữa mặt phẳng P 1 2 1 và mặt phẳng Q: 7 y  2z  3  0 . Câu 6 :(1,0 điểm). a) Cho cos 2x  1 . Tính giá trị của biểu thức : A  sin  x   cos  x    . 3  4   4      b) Cho tập hợp các số 0; 2; 4;7;8 . Gọi S là tập hợp các số có 5 chữ số được lập từ tập trên. Tính số phần tử của tập hợp S. Từ tập hợp S chọn ra 2 số, tính xác suất để 2 số được chọn đều có tính chất số hàng chục nghìn bằng số hàng đơn vị và số hàng nghìn bằng số hàng chục. Câu 7: (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB  BC  3a , hai mặt phẳng SAB và SAC  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, mặt phẳng qua SG song song với BC cắt AB và AC lần lượt tại M và N và tạo với đáy một góc 450 . Tính thể tích khối chóp S.AMN và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SM và AC. Câu 8: (1,0 điểm).Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C  . Phân giác trong và phân giác ngoài góc A cắt đường tròn C  lần lượt tại D và E. Biết phương trình đường thẳng qua E vuông góc với AC là x  3y  9  0 , trung điểm của BC là H  7 ;  9  và   AD : x  y  0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 9: (1,0 điểm).Giải bất phương trình sau:  3x2  1  3 2x2  3x 1  7x2 1  x  .  x    Câu 10: (1,0 điểm).Cho a, b, c là các số thực dương. a2  3bc b2  3ac 3c2  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P    . b  c a  c c Nếu bạn không tự xâu dựng ước mơ của mình , thì người khác sẽ thuê bạn xây dựng ước mơ của họ Câu 1:(1,0 điểm).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  2x 1 x 1 C  . Câu 2:(1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số Câu 3:(1,0 điểm). f  x  3ex  xex trên đoạn 0;3 . a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z thoã mãn: 2z  i  z  i  4i  0 b) Giải phương trình sau: 9x x  2.3x x1  27 . Câu 4:(1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y2  2y  x  0 và x   y . Câu 5 :(1,0 điểm).Trong không gian tọa độ Oxyz cho 2 điểm A1; 0; 2 , B 1; 1;3 và mặt phẳng P: x  2y  z  7  0 . Tìm tọa độ điểm M là giao điểm của AB và mặt phẳng P . Viết phương trình đường thẳng d nằm trên Pqua M và vuông góc với đường thẳng AB. Câu 6 :(1,0 điểm). a) Giải phương trình sau : sin x sin 2x  4cos x  2. b) Để kiểm tra vệ sinh an toàn thực phẩm từ một lô hàng Cam được nhập khẩu gồm 3 thùng Cam trong đó Thùng thứ nhất có 10 quả Cam ( gồm 6 quả tốt và 4 quả hỏng ), Thùng thứ hai có 8 quả Cam ( gồm 5 quả tốt và 3 quả hỏng ) và Thùng thứ 3 có 6 quả Cam ( gồm 4 quả tốt và 2 quả hỏng ).Người ta lấy ngẫu nhiên từ mỗi thùng 2 quả Cam. Tính xác suất để 6 quả Cam được chọn có ít nhất một quả tốt. Câu 7: (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  2a, AD  a 3 , cạnh bên SA vuông góc với đáy, gọi M là trung điểm của cạnh CD. Biết SM tạo với mặt phẳng  ABCD một góc 600 , tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và SB. Câu 8: (1,0 điểm).Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC gọi E là trung điểm của AB, trên AC và BC lần lượt lấy các điểm M,N sao cho AM  ME, BN  NE . Gọi D là điểm đối xứng của E qua MN. Biết rằng M 1;5 ; N 4; 4 ; D 6; 0 , điểm C thuộc đường thẳng độ các đỉnh A,B,C. x  y  2  0 và có hoành độ dương. Tìm toạ  x 3  y  y  2x  1 Câu 9: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x, y   . x  x  2 y x   5  2 y  3 Câu 10: (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x, y, z  2 và x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x2  y P   x2  y2  3xy  6 y2  x y 1  z . z2  4z  5 Hãy mơ những gì bạn muốn mơ và đi tới nơi nào bạn muốn tới. Hãy làm những gì bạn muốn làm , vì bạn chỉ có một cuộc đời và một lần cơ hội để làm những gì bạn muốn Câu 1 • Tập xác định: D  R • Sự biến thiên: ĐÁP ÁN Giới hạn: lim y  lim x3  3x2  4   ; lim y  lim x3  3x2  4   . x x x x Đạo hàm: y  3x2  6x  0  x  0 x  2 Bảng biến thiên: x  0 2 + y’ + 0  0 + y 4 +  0 Nhận xét: Hàm số đạt cực đại tại x  0 và yCD  4 ; hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và yCT  0 . Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2;  .; hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 2 • Đồ thị. Câu 2:(1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f  x  2x2  ln 3  4x trên đoạn 2; 0. Lời giải: x  3 x  1 Ta có: f  x  4x  4   0   4   1 .   3 4x 4x2  3x 1  0 x 4 Xét f  x trên khoảng từ 2; 0ta có: f  x  0  x  1 . Hàm số liên tục và khả vi trên đoạn 2; 0. 4 Ta có : f 2  8  ln11; f 0  ln 3; f  1   1  ln 4 .  4  8 Do vậy GTLN là 8 ln11 khi   x  2 và GTNN là 1  ln 4 khi 8 x  1 . 4 Câu 3:(1,0 điểm). a) Đặt z  a  bi a;b  R ta có: a  bi  i 1a  bi  7  2i 2a  b  7  2a  b  ai  7  2i   a  2 Vậy phần thực là 2 và phần ảo là 3  a  2;b  3 b) ĐK : x  1. Khi đó x2  x  2 2 2 2  2 x  0 loai  log2  x 12  1  x2  x  2  2 x 1  x2  3x  0   . x  3 Vậy x  3 là nghiệm của PT đã cho. Câu 4 Đặt t  ex  dt  exdx . Đổi cận x  0  t  1 . x  ln 2  t  2 Khi đó ta có: 3 1 2t 1 I  2t 1 dt  2  68 . Vậy 1 I  68 . 2 4 1 x  t  Câu 5 Ta có: nP  1; 2;1 . Phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với P là: d :  y  1 2t . z  3  t Gọi Do I t;1 2t; 3  t  là hình chiếu vuông góc của điểm I trên P . I P t  21 2t  3  t  4  0  t  3  I  3 ; 2; 3   IA2  27 . 2  2 2  2   Khi đó PT mặt cầu S  có tâm I đi qua A có dạng S  :  x  3  2 2   y  22   z    27 .  2   2  2 Vậy I  3 ; 2; 3  ; S  :  x  3  2 2   y  22   z        27  2 2   2   2  2   Câu 6 :(1,0 điểm).     a) Ta có: 1 tan2 a  1  cos2 a  1  cos a  1 và sin a  cos a. tan a  2 ( do a   ;    ) cos2 a 5  2  Khi đó: 3 A  5  3 1 4   là giá trị cần tìm. b) Tính  . TH1: Bảng A gồm 1 đội loại I và 1 đội loại II, 4 đội loại III, còn lại thuộc bảng B có: C1.C1.C4  90 . TH2: Bảng A gồm 1 đội loại I và 2 đội loại II, 3 đội loại III, còn lại thuộc bảng B có: C1.C2 .C3  120 . Vậy   90 120  210 . Tính A . Gọi A là biến cố: “ Đội tuyến VN nằm ở bảng B và chỉ có 1 đội loại II là Singapore” Ta có:   1.1.C3 . A 5 Vậy p  10  1 . A 210 21 Câu 7: Câu 9: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: . 4x2 1 y   x  5  5 Lời giải: ĐK: x  1;3x  y;7x  y 10  0 Đặt a  x 1;b  ta có: 7x  y 10  10a2  b2 a;b  0 Khi đó: PT 1  2a  b   6a2  4ab  2b2  0  6a  2ba  b  0 a  b  y  2x 1   a  b  0  x  1; y  3 ko _ tm PT 2 . Với y  2x 1 thế vào PT(2) ta có: 4x2 12x 1 5   x  5  8x3  4x2  2x  6  x  5  2x 13  22x 12  32x 1   2x  2 3  Xét hàm số : f t   t3  2t2  3t t  R có f t   3t2  4t  3  0 t  R Do vậy hàm số f t  đồng biến trên R khi đó   1   PT   2x 1  x  x  ; y  4x2  5x 1  0 8 4 Hướng 2: Liên hợp )) PT  8x3  4x2  2x  6 x  52x 1  x  5 x  2 2x 1 …….    5  41 1 41  Vậy HPT có nghiệm duy nhất  x; y  ; .  8 4  Câu 10: (1,0 điểm ) Ta có   x2  y2  2xy  2x  y  z2  5 x2  y2 10  2x  y  z2   x2  y2 18  2 x  y 2z2  4 2x  y 8z  2x  y  4z   2x  2x  x . Khi đó P  x  y  4 x  y x2  y2 18 2 x  y  4z  x  y  4z x  y x  y  4z x  y  4z 25z  z  4 x  y  f t   t  4 t . Ta có: f t   4  4  0  t  1 x  y  4 z 25z t  4 25 t  42 25 Lập bảng biến thiên từ đó suy ra f t   f 1  1 . Vậy GTLN của P là 1 25 25 khi x  y  1; z  2 ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN ( ĐỀ SỐ 02) 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 1 x  2 C  Câu 2:(1,0 điểm).Cho hàm số Câu 3:(1,0 điểm). f  x  x  x2  x  2 . Giải bất phương trình : f  x  1 . 4 a) Tính modun của số phức z thoã mãn điều kiện sau : b) Giải phương trình sau: 2log3 x  3logx 3  7 . z 3i  21 i  2  4i . e Câu 4:(1,0 điểm). Tính tích phân sau: I  3  2 ln x dx .  x 2  ln x2 Câu 5 :(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A1; 5;3 và đường thẳng d : x 1  y 1  z . Viết phương trình mặt phẳng P qua A và vuông góc với d và tìm tọa độ điểm 2 2 1 B thuộc đường thẳng d sao cho AB  5 . Câu 6 :(1,0 điểm). a) Cho cos 2a  3 . Tính giá trị của biểu thức : T  sin 4 a  cos4 a . 5 sin2 a  3cos2 a b) Để tăng thêm thu nhập ngoài công việc dạy học anh Tuấn Gà có nuôi 2 hồ cá mỗi hồ có 100 con cá, nhưng do nước trong 2 hồ bị nhiễm chất thải hoá học nên hồ cá thứ nhất có 70 con cá bị bệnh và hồ cá thứ 2 có 50 con cá bị bệnh. Anh Tuấn quyết định vớt ngẫu nhiên từ mỗi hồ lên 2 con cá để kiểm tra bệnh của chúng. Tính xác suất để 4 con cá vớt lên có 2 con cá bị bệnh. Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAD là tam giác vuông cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết SA  a 2 và SB tạo với đáy một góc 300 . Tính thể tích khối chóp và khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAC  . Câu 8: (1,0 điểm). ). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A nội tiếp đường tròn C  . Trên cung nhỏ AB của đường tròn C  lấy điểm M , trên cạnh CM lấy điểm N sao cho BM  CN , điểm P thuộc đường thẳng AC. Biết toạ độ các điểm A,B,C. M 4; 4; N 0; 2; P 2; 2 và điểm A có hoành độ nhỏ hơn 2. Tìm 2x 11 x  2 3 x  3 Câu 9: (1,0 điểm). Giải phương trình sau: 2x 1  2  10x  2  3 x  3 trên tập số thực R. Câu 10: (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a2  b2  c2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a  c  2  3 . 1 . a2  2bc  2 a  b 1 2 a  b2 Ta không được chọn nơi mình sinh ra nhưng ta được chọn cách mình sẽ sống ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN ( ĐỀ SỐ 02) 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 Lời giải: y  x 1 x  2 C  • Tập xác định: • Sự biến thiên: D  R | 2. Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim x 1   ; lim y  lim x 1   . x2 x2 x  2 x2 x2 x  2 lim y  lim x 1  1; lim y  lim x 1  1. x x x  2 x x x  2 Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x  2 và một tiệm cận ngang là y  1. Đạo hàm: y  3  0  x  22 x  D . Bảng biến thiên: x  2 + y’   y 1   1 Nhận xét: Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;2 Đồ thị. và 2;  ; hàm số không có cực trị. Hàm số nhận I 2;1 là tâm đối xứng.. Câu 2:(1,0 điểm).Cho hàm số f  x  x  x2  x  2 . Giải bất phương trình : Lời giải: f  x  1 . 4 Ta có: f  x  1  1 4 2 2x 1 x2  x  2  1  4 2x 1 x2  x  2  3  4x  2  3 2 x2  x  2    1 1 x x     2   x  2  x  2 . 7x2  7x 14  0    x  1 Vậy nghiệm của BPT là: x  2 . Câu 3:(1,0 điểm). a) Tính modun của số phức z thoã mãn điều kiện sau : b) Giải phương trình sau: 2log3 x  3logx 3  7 . z 3i  21 i  2  4i . a) Ta có: Lời giải: z 3i  2  1 5i  z  1 5i  1 i . Do vậy 3i  2 z  . b) ĐK: x  0; x  1. Khi đó PT  2 log x  3  7 . 3 log x  1 3 2 t  x  Đặt t  log3 x ta có: 2t   7  2t  7t  3  0   2   . t Vậy nghiệm của PT là x  ; x  27 . e t  3 x  27 Câu 4:(1,0 điểm). Tính tích phân sau: 3  2 ln x  x 2  ln x2 dx . Đặt t  ln x  dt  dx . Đổi cận: x x  1  t  0 . x  e  t  1 Lời giải : 1 3  2t 1 4  2t 1 1 2dt 1 dt  1  1 3 1  2  t 2  2  t 2  2 t  2  t 2  2 t  2 6 Khi đó I  dt  dt      2 ln 2  t     2 ln  . Vậy 0 0 0 0 0 I  2 ln 3  1 . 2 6 Câu 5 :(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A1; 5;3 và đường thẳng d : x 1  y 1  z . Viết phương trình mặt phẳng P qua A và vuông góc với d và tìm tọa độ điểm 2 2 1 B thuộc đường thẳng d sao cho AB  5 . Lời giải Do P  d  ud  nP  2; 2; 1 . Khi đó PT mặt phẳngP qua A và vuông góc với d là: P: 2x  2y  z  9  0 . Gọi B 1 2t; 1 2t; t  d ta có: AB2  4t2  4  2t 2  t  32  25 t  0  B 1; 1; 0  9t2 10t  0   10  29 29 10  . t   B  ; ;    9  9 9 9  Vậy P: 2x  2y  z  9  0 ; B 1; 1; 0 hoặc  29 ; 29 ; 10  .  9 9 9    Câu 6 :(1,0 điểm). a) Cho cos 2a  3 . Tính giá trị của biểu thức : T  sin 4 a  cos4 a . 5 sin2 a  3cos2 a b) Để tăng thêm thu nhập ngoài công việc dạy học anh Tuấn Gà nuôi 2 hồ cá mỗi hồ có 100 con cá, nhưng do nước trong 2 hồ bị nhiễm chất thải hoá học nên hồ cá thứ nhất có 70 con cá bị bệnh và hồ cá thứ 2 có 50 con cá bị bệnh. Anh quyết định vớt ngẫu nhiên từ mỗi hồ lên 2 con cá để kiểm tra bệnh của chúng. Tính xác suất để 4 con cá anh vớt lên có 2 con cá bị bệnh. Lời giải: sin2 a  cos2 asin2 a  cos2 a cos 2a 3 13 3 a) Ta có: T    :  . 1 2 cos2 a 2  cos 2a 5 5 13 b) Tính  . Anh Tuấn vớt từ mỗi hồ lên 2 con cá ta có:   C2 .C2 100 100 Gọi A là biến cố: “ Anh Tuấn vớt được 4 con cá trong đó có 2 con cá bị bệnh” TH1: Vớt từ mỗi hồ lên 1 con cá bị bệnh và 1 con cá khoẻ mạnh có: C1 .C1 .C1 .C1 trường hợp. TH2: Vớt từ hồ thứ nhất 2 con cá bị bệnh hồ thứ 2 vớt được 2 con cá khoẻ mạnh có: C2 .C2 TH3: Vớt từ hồ thứ nhất 2 con cá khoẻ mạnh và hồ thứ 2 được 2 con cá bị bệnh có: C2 .C2 C1 .C1 .C1 .C1  C2 .C2  C2 .C2 259 Vậy p  70 30 50 50 70 50 30 50  . A C2 .C2 726 100 100 Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAD là tam giác vuông cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết SA  a và SB tạo với đáy một góc 300 . Tính thể tích khối chóp và khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAC  . Lời giải: Gọi H là trung điểm của AD ta có: SH  AD Lại có: SAD   ABCD  SH   ABCD. Mặt khác AD  SA 2  2a  SH  1 AD  a . 2 S•BH  300  HB tan 300  SH  a  HB  a 3 Khi đó: AB  HB2  AH 2  a 2 . 1 2a3 2 Do vậy V  SH.SABCD  . 3 3 Dựng HN  AC  AC  SHN  , dựng HI  SN  HI  SAC  . Ta có d B;SAC   d D SAC . Do DA  2  d D;SAC   d D;SAC   2d H ;SAC   2HI HA d H ;SAC  Dựng DM  AC  DM  2a 2  HN  a  HI  HN.SH  a . 6 3 2a3 2 HN 2  SH 2 2 Đáp số: V  ; d B;SAC  a . 3 Câu 8: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A nội tiếp đường tròn C  . Trên cung nhỏ AB của đường tròn C  lấy điểm M , trên cạnh MC lấy điểm N sao cho BM  CN , điểm P thuộc đường thẳng AC. Biết toạ độ các điểm A,B,C. M 4; 4; N 0; 2; P 2; 2 Lời giải: và điểm A có hoành độ nhỏ hơn 2. Tìm Do đó B 6;0;C 4;0 . Vậy A1;5; B 6;0 ; C 4;0  là các điểm cần tìm. 2x 11 x  2 Câu 9: (1,0 điểm). Giải phương trình sau:  10x  2  . Lời giải: 2 3 ĐK: x   1 ; x  5 . Với ĐK trên ta có: PT  2x 2 2  3x  20 10x  2  2x 1  2 x  3  10x  2    x  42x  5  10x  2   2x 1  3.    3 2x 1  32x  5  20x  4  23 x  3  3.   3  x  4   . 2x  5  3 20x  4  23 x  3    2x  5 19  14x  23 x  3 Đặt a  2x 1 ta có: a2  4a 19  14x  23 x  3  a3  3a  32x 11 a  23  8x  23 x  3  a3  3a2  3a 1 a 1  8x  24 3 8x  24  a 13  a 1  8x  24 3 8x  24 Xét hàm suy ra được t  1  x  4  2x 1 1  23 x  3 . Đặt t  3 x  3  x  t3  3 ta có 2t3  7 1  2t t  1 13  x  8  2 13 . Vậy nghiệm của PT là: x  4 ; x  8  2 13 .  2 Câu 10: (1,0 điểm).Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a2  b2  c2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a  c  2  3 . 1 . a2  2bc  2 a  b 1 2 Lời giải: a  b2 Có 2a  2c  4  2a  2c  4  2a  2c  4 2a2  4bc  4 a  b  2 2a2  4bc  4 a  b  a2  b2  c2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, suy ra a2  b  c2  2a b  c . 2a2  4 a  b  2bc  a2  b  c2   2a2  4a  b  2bc  a2  b  c2   a2  bc  2a  2b  a b  c  a2  ac  2a ab  bc  2b  a a  c  2  b a  c  2  a  ba  c  2  a  c  2  a  c  2  1  P  1  3 . 1 . a2  2bc  2 a  b  1 a  ba  c  2 a  b a  b 2 a  b2 Câu 1:(1,0 điểm).Cho hàm số: • Tập xác định: D  R • Sự biến thiên: ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN ( ĐỀ SỐ 03) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề y  x4  2x2 1 C  . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số C  . Lời giải: Giới hạn: lim y  lim x4  2x2 1   ; lim y  lim x4  2x2 1   . x x x x x  0 Đạo hàm: y  4x3  4x  0  4x x2 1  0  x  1 x  1 Bảng biến thiên: x  1 0 1 + y’  0 + 0  0 + y  1 + 2 2 Nhận xét: Hàm số đồng biến trên các khoảng 1; 0 ; 1 và 0;1 và 1; ; hàm số nghịch biến trên các khoảng Hàm số đạt cực đại tại điểm • Đồ thị. x  0 và yCD  1; hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và yCT  2 . m của b) Giải PT sau :  x2 1  2 x1   2 . Lời giải: a) Đặt z  a  bi .Ta có: a  bi  1 ia  bi  3  i  2a  b  a  bi  3  i  2a  b  3  a  1 a  1 b  1   Khi đó w  1 i2  i 1 i1  3i  w  3 . b) ĐK: x  1. Ta có:   2 1   1  2 . x2 1 2 x1 1 x 1 2 x  0 Do vậy PT    2    2   1  x x 1  x   . x  1 Vậy x  0; x  1 là nghiệm của PT đã cho.  2 sin 2x Câu 4:(1,0 điểm). Tính tích phân sau: I   5  3cos2 x dx . Lời giải:    2 sin 2xdx 2 d cos 2x 1 2 1 8 Ta có: I   0 5  3 1 cos 2x  13  3cos 2x   3 ln 13  3cos 2x 0 0 2  ln . 3 5 Câu 5 :(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A1; 4; 2 và B 2; 0;1 và mặt phẳng P: 2x  y  5  0 . Viết phương trình đường thẳng  qua A vuông góc với AB đồng thời song song với P . Tính khoảng cách từ trung điểm M của AB đến mặt phẳng P . Lời giải      x 1 y  4 z  2 Ta có: AB 3; 4; 1  u AB . Khi đó u  u ; n   1; 2;11   :     AB P 1 2 11 2. 1  2  5 Trung điểm M của AB là: M  1 ; 2; 3  . Khi đó: d M ;P    2 22 12  2 . 5 Vậy  : x 1  y  4  z  2 và d M ;P  2 . 1 2 11 5 Câu 6 :(1,0 điểm). a) Cho tan a  2 . Tính giá trị của biểu thức : T  3cos2 a  5 . 5sin2 a  3 b) Một hộp bi có chứa 5 viên bi xanh và 3 viên bi đỏ. Người ta tiến hành lấy liên tiếp từ hộp ra 3 viên bi một cách ngẫu nhiên theo quy tắc: Nếu lấy được bi đỏ thì trả lại bi này vào bình còn nếu lấy được bi xanh thì không trả lại bi này vào bình. Tính xác suất để lấy được đúng một bi xanh trong 3 lần lấy. Lời giải: a) Ta có: tan a  2  cos2 a  1  1  sin2 a  1 cos2 a  4 . Do vậy T  4 . 1 tan2 a 5 5 5 b) Gọi A1; A2 ; A3 lần lượt là các biến cố lấy được đúng một bi xanh trong lần lấy thứ nhất, thứ 2 và thứ 3. Ta có: p  5 . 3 . 3  45 ; p  3 . 5 . 3  45 ; p  3 . 3 . 5  45 . A1 8 7 7 392 A2 8 8 7 448 A3 8 8 8 512 Do A1; A2 ; A3 là các biến cố đôi một xung khắc nên gọi A là biến cố lấy được đúng một bi xanh trong 3 lần lấy ta có: A  A  A  A  p  p  p  p  7605 . 1 2 3 A A1 A2 A3 25088 Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân AC  BC  3a , hình chiếu vuông góc của B’ lên mặt đáy trùng với trọng tâm tam giác ABC, mặt phẳng  ABB A tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 600 . Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và B’C. Lời giải: +) Dựng CI  AB  I là trung điểm của AB. +) Ta có: B GI   AB  B• IG  600 . +) Lại có: CI  1 AB  3a 2  GI  a 2 2 2 2  B G  GI tan 600  a 6 2 a 6 9a2 9a3 6 +) VABC.A B C  B G.SABC  2 . 2  4 . +) Dựng IH  B C  d  AB; B C   IH  B G.CI B C Ta có: B C  B G2  GC2  a 7  IH  a 27 2 14 9a3 6 27 Đáp số: V  , d  a 4 14 Câu 8: (1,0 điểm).Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn C bán kính R  5 . Trên cung nhỏ AC của C  lấy điểm D, đường cao AH H  BC  cắt BD và tiếp tuyến tại D của đường tròn C  lần lượt tại E và F. Biết điểm D 4; 6, E  4; 5  ,F thuộc đường thẳng  2     : 4x  4y 13  0 và B có tung độ nhỏ hơn 3. Tìm toạ độ các điểm A,B,C. Lời giải: Ta có: F•ED  B•EH  D•CB  900  D•BC . Mặt khác F•DB  D•CB ( tính chất góc tạo bới tiếp tuyến và dây cung ). Do vậy tam giác DEF cân tại F. Phương trình trung trực của DE là y  17  F  15 ;17  . 4  2 4    Khi đó AH : x  2y 1  0 , BD : x  4;CD : y  6 . Gọi B 4;t ;C u;6 ta có: BC u  4;6  t  . Ta có: BC.uAH  0  2u  4 6  t  0  2u  t  2 1 BC2  u  42  6  t 2  20 2 Từ (1) và (2) suy ra B 4; 2;C 2;6 . Gọi A2v 1;v . Ta có: AB.AC  0  2v  52v  3 v  2v  6  0 v  3  A5;3; v  9  A 13 ; 9  5  5 5    Do A nằm giữa E và F nên A5;3. Vậy A5;3; B 4; 2;C 2;6 là các điểm cần tìm.  x  6 y  8 Câu 9. Giải hệ phương trình   4x  5  2 y  x  5 4 y 1  y  x2  2 y   2 Lời giải: Điều kiện: x  0 . Đặt t   0 , khi đó phương trình một của hệ trở thành: t2  6y  8t  4t2  5  2y t2  5  2yt2 10y  x  2 y 1  t3  2 yt 2  t 2  3t 2  6 yt  8t  10 y  5  0  t 2 t  2 y  1  3t t  2 y  1  5 t  2 y  1  0  t 2  3t  5t  2 y  1  0  t  2 y 1  0  y  1 2   2 y 1  x  4 y2  4 y  1  4 y 1  y   1  x 2 Với  4 y 1  y  1  x , thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta được 1 x  x  1   2 .  x2  x  2  x  3  x  x2  3x  1  x  2  3  x  x  1 x  0  x2  3x  1  x  3x  1  x  3x  1  0  x2  3x  11 1  1   0  x  2  3  x x 1  x  x  2  3  x x 1  x    Vì x  3  x  0  x2  x  2  0  x  2 nên 1  1  1  0; x 2;3. x  2  3  x x 1  x 3  x  2 3  5 3  5 Do đó phương trình    x2  3x  1  0  x   y  . 2 4  3  5 3  5  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là  x; y  ; .  2 4       x2 y2  1 1  z2 Câu 10. Ta có P       y x  2 y2 2x2   .  4  x  y 2  z  x y  z   • Áp dụng bất đẳng thức 1  1  4 suy ra 1  1  4  2 . a b a  b 2 y2  z 2x2  z 2 y2 2x2   2z y2 x2   z  x2 y2  2 x y x y x y z2 • Do đó ta có P    .    .  y x   x  y2   z 4  x  y2  y x  x2 y2  x  y2 • Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có    x  y . y x y  x • Từ đó ta được P  2  z  2  t , với t  z 1  z  x2 y2  1  t 4 x  y x2 y2 4  y  x  y x    y x 2 t2 • Xét hàm số f t    1  t , có 4   2 t   t 1 t  3t  4 f t    ; t  12 2 f t  0  2 t 12  0  t  1. Từ bảng biến thiên suy ra f t   f 1  5 . Hay nói cách khác 4 P  5 . 4 • Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2x  2y  z . Câu 1:(1,0 điểm).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x C . Câu 2:(1,0 điểm).Cho hàm số Câu 3:(1,0 điểm). y  x3  3mx2  2x  m C  .Tìm m để hàm số đạt cực đại tại điểm x  1 . a) Gọi z1; z2 là 2 nghiệm của phương trình sau: z2 1 i z  2  i  0 . Tính z  z . b) Giải phương trình sau: log x2  2 log 1 2 x  3 . 2 Câu 4:(1,0 điểm). Tính tích phân sau: 3 1 I   1 x dx . 0 1 x Câu 5 :(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A1;0; 2 và đường thẳng d : x 1  y  z 1 . Viết phương trình mặt phẳng P chứa A và d. Tính cosin góc giữa mặt phẳng P 1 2 1 và mặt phẳng Q: 7 y  2z  3  0 . Câu 6 :(1,0 điểm). a) Cho cos 2x  1 . Tính giá trị của biểu thức : A  sin  x   cos  x    . 3  4   4      b) Cho tập hợp các số 0; 2; 4;7;8 . Gọi S là tập hợp các số có 5 chữ số được lập từ tập trên. Tính số phần tử của tập hợp S. Từ tập hợp S chọn ra 2 số, tính xác suất để 2 số được chọn đều có tính chất số hàng chục nghìn bằng số hàng đơn vị và số hàng nghìn bằng số hàng chục. Câu 7: (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB  BC  3a , hai mặt phẳng SAB và SAC  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, mặt phẳng qua SG song song với BC cắt AB và AC lần lượt tại M và N và tạo với đáy một góc 450 . Tính thể tích khối chóp S.AMN và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SM và AC. Câu 8: (1,0 điểm).Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C  . Phân giác trong và phân giác ngoài góc A cắt đường tròn C  lần lượt tại D và E. Biết phương trình đường thẳng qua E vuông góc với AC là x  3y  9  0 , trung điểm của BC là H  7 ;  9  và   AD : x  y  0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 9: (1,0 điểm).Giải bất phương trình sau:  3x2  1  3 2x2  3x 1  7x2 1  x  .  x    Câu 10: (1,0 điểm).Cho a, b, c là các số thực dương. a2  3bc b2  3ac 3c2  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P    . b  c a  c c Câu 1:(1,0 điểm).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x C . ( Học sinh tự làm ) Câu 2:(1,0 điểm).Cho hàm số y  x3  3mx2  2x  m C  .Tìm m để hàm số đạt cực đại tại điểm x  1 . Hàm số đạt cực đại tại điểm Lời giải:  y 1  3  6m  2  0 x  1    y 1  6  6m  0  m  5 . 6 Vậy m 5 6 là giá trị cần tìm. Câu 3:(1,0 điểm). a) Gọi z1; z2 là 2 nghiệm của phương trình z2 1 i z  2  i  0 . Tính z1  z2 . b) Giải PT sau: log x2  2 log x  3 . 2 Lời giải: a) Ta có :   1 i2  42  i  6i  8  1 3i2  z  1 i 1 3i  1 2i  1 Do đó  2 1 i 1 3i  z1  z2  1 5 .   z2  2  i b) ĐK: x  2 . Khi đó ta có: PT  1 log 2 x2  2 log x  3 2 2  log x2  2 log x2  3  log x2 x2  2  3  x4  2x2  8  x  2  x  2 . 2 2 2    x2  4 Kết hợp ĐK: Vậy x  2 là nghiệm của PT đã cho. Câu 4:(1,0 điểm). Tính tích phân sau: 3 1 I   1 x dx . 0 1 x Lời giải: Đặt t  x 1  t2  x 1 2tdt  dx . Đổi cận x  0  t  1 . x  3  t  2 2 1 t 2  1  Khi đó I   t2 .2tdt  2   t 1dt  2  2 ln 2 .  1 1 Câu 5 :(1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A1; 0; 2 và đường thẳng d : x 1  y  z 1 . Viết phương trình mặt phẳng P chứa A và d. Tính cosin của góc giữa mặt phẳng 1 2 1 P và mặt phẳng Q: 7 y  2z  3  0 . Lời giải Đường thẳng d qua B 1;0;1 và ud  1; 2;1 . Ta có:   AB 2;0;3 .    Do P chứa AB và d nên: nP  AB   n   AB;u   6; 1; 4 .   P  d  nP  ud Do vậy P: 6x  y  4z  2  0 . Lại có: nQ  0;7; 2   Ta có: cos•P;Q cosn ; n    1 . P Q 53 Vậy P: 6x  y  4z  2  0 ; cos •P;Q  1 . 53 Câu 6 :(1,0 điểm). a) Cho cos 2x  1 . Tính giá trị của biểu thức : A  sin  x   cos  x    . 3  4   4      b) Cho tập hợp các số 0; 2; 4;7;8 . Gọi S là tập hợp các số có 5 chữ số được lập từ tập trên. Tính số phần tử của tập hợp S. Từ tập hợp S chọn ra 2 số, tính xác suất để 2 số được chọn đều có tính chất số hàng chục nghìn bằng số hàng đơn vị và số hàng nghìn bằng số hàng chục. Lời giải: a) Ta có: A  1 sin x  cos x. 1 cos x sin x  1 cos2 x sin2 x  cos 2x  1 . 2 2 2 2 6 b) Số các số có 5 chữ số được lập từ tập trên là: 4.5.5.5.5  2500 số suy ra nS   2500 . Gọi số thoã mãn yêu cầu bài toán có dạng abcba . Như vậy có 4 cách chọn a, 5 cách chọn b và 5 cách chọn c do đó có 4.5.5 100 số. Chọn ra 2 số từ tập hợp S có: 2 2500 cách chọn. Gọi A là biến cố: “2 số được chọn đều có tính chất số hàng chục nghìn bằng số hàng đơn vị và số hàng nghìn bằng số hàng chục”. Ta có:   C2 . Do đó p  33 . A 100 20825 Câu 7: (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB  BC  3a , hai mặt phẳng SAB và SAC  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, mặt phẳng qua SG song song với BC cắt AB và AC lần lượt tại M và N và tạo với đáy một góc 450 . Tính thể tích khối chóp S.AMN và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SM và AC. Lời giải: Gọi I là trung điểm của BC. +)Ta có: AI  AB2  IB2  3a 5  AG  a 5 . 2 +) Do MN  SMA  S•MA  450  SA  AM  2a . 1 4a3 Do đó VS . AMN  SA.SAMN  3 3 Dựng Mx AC, AK  Mx  AC SMx. +) Khi đó: d SM ; AC   d  A; SMK  . +) Dựng AH  SK  AH  SMK  . +) Ta có: AK  AM sin •AMK  2a sin 450  a 2 .  AH  SA.AK  2a SA2  AK 2 3 Vậy d  AC; SM   2a Câu 8: (1,0 điểm).Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C  . Phân giác trong và phân giác ngoài góc A cắt đường tròn C  lần lượt tại D và E. Biết phương trình đường thẳng qua E vuông góc với AC là x  3y  9  0 , trung điểm của BC là H  7 ;  9  và   AD : x  y  0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Lời giải: Câu 9. Giải bất phương trình  3x2  1  3 2x2  3x 1  7  x  x  0   x  1 Lời giải: Điều kiện:  2x2  3x  1  0   1 . 0  x   2 Xét hàm số f  x   3x2  1  3 2x2  3x  1  7x2 1, ta có:  x    f  x  3x  3x  1 2x  3x  1  7x  x  3x  3x  1 2x  3x  1  x 2x  3x  1  3x 1  3x x x  2x2  3x  1  3x2 x 2x2  3x  1  1  3x   1  3x   2x2  3x  1  3x2  x  2x2  3x  1   x    Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với:  2x2  3x 1  3x2 . 2x2  3x 1  1 3x   0  2x2  3x 1  1 3x  0   x  x TH1. Với   x  0; 1  1;  , bất phương trình  được viết lại thành:  2    2 1  3x    3 x  2   0      2  0   1   x x2  x  x x    x   2   3  5  Suy ra T1   0;     2   2 ; .  TH2. Với x  0 , bất phương trình  được viết lại thành: 2 1  3x     0      2  0   2  x   x x2  x  x x 4     Suy ra T2   ;  4  . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: T  T1  T2 .   Câu 10. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2  3bc b2  3ac P    3c2  1 b  c a  c c Lời giải: a2  3bc a a  b  c  3bc a a  b  c 3bc Ta có   a    a . b  c b  c b  c b  c b2  3ac b a  b  c  3ac b a  b  c 3ac   b    b . a  c a  c a  c a  c a2  3bc b2  3ac  a b   a b  Khi đó suy ra   a  b  c    3c     a  b . b  c a  c  b  c a  c   a  c b  c  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có a b a2 b2 a  b2 2 a  b2 2 a  b       . b  c a  c ab  ac ab  bc 2ab  c a  b a  b2  2c a  b a  b  2c Và a  b  2  c  c  3c  a  b   3c  c  c  2 . a  c b  c a  c b  c  a  c b  c   a  c b  c      a  b  c c  3c2 1 Do đó ta được P  2a  b  c.  3c    2  . a  b  2c  a  c b  c  c  2t t  1  12  3c2  1 c t  2  1  Đặt t  a  b  0 , thì ta có     P  c   t   6c     c    2  2 . c  t  2  c t  2  c  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2 . ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN ( ĐỀ SỐ 04) 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  2x 1 x 1 C  . Câu 2:(1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số Lời giải: f  x  3ex  xex trên đoạn 0;3 . Ta có: f x  3ex  ex  xex  ex 2  x  0  x  2 . Hàm số f  x liên tục trên đoạn 0;3 . Mặt khác f 0  3; f 2  e2 ; f 3  0 . Vậy GTLN của hàm số là e2 Câu 3:(1,0 điểm). khi x  2 và GTNN là 0 khi x  3. a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z thoã mãn: 2z  i  z  i  4i  0 b) Giải phương trình sau: 9x x  2.3x x1  27 . a) Đặt z  a  bi Lời giải: a;b  Rta có: 2a  2bi  i a  bi  i 4i  0  2a  b 1 a  2b  4i  0 2a  b 1  0   a  2b  4  0 2 a  2   b  3 . Do vậy phần thực của số phức là 2 và phần ảo là 3. x  1 b) Đặt t  3x x t  0 ta có: t2  6t  27  0  t  9  x2  x  2   . x  2 Vậy nghiệm của PT là x  1; x  2 . Câu 4:(1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường Lời giải: Phương trình tung độ giao điểm là: 2 y  y2   y   y  0 .  y  3 Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn với các đường đã cho ta có: y2  2y  x  0 và x   y . 3 3 3 3 2 3 S  2 y  y2  y dy  3y  y2 dy   y2  3y dy   y  3y   9 dvdt       0 0 0  3 2  0 2 Câu 5 :(1,0 điểm).Trong không gian tọa độ Oxyz cho 2 điểm A1; 0; 2 , B 1; 1;3 và mặt phẳng P: x  2y  z  7  0 . Tìm tọa độ điểm M là giao điểm của AB và mặt phẳng P . Viết phương trình đường thẳng d nằm trên Pvà vuông góc với đường thẳng AB. Lời giải : Ta có : x  1 AB 0; 1;1 do vậy phương trình đường thẳng AB là:  y  t z  2  t Gọi M 1; t; 2  t  , do M P nên ta có: 1 2t  2  t  7  0  t  4  M 1;  4 ;10  3  3 3       Khi đó đường thẳng d qua M 1;  4 ;10  và nhận u  n ; AB  1;1;1  3 3  d  P    y  4 z  10 Vậy phương trình đường thẳng d là: x 1  3  3 . 1 1 1 Câu 6 :(1,0 điểm). a) Giải phương trình sau : sin x sin 2x  4cos x  2. b) Để kiểm tra chất lượng vệ sinh an toàn thực phẩm từ một lô hàng Cam được nhập khẩu gồm 3 thùng Cam trong đó Thùng thứ nhất có 10 quả Cam ( gồm 6 quả tốt và 4 quả hỏng ), Thùng thứ hai có 8 quả Cam ( gồm 5 quả tốt và 3 quả hỏng ) và Thùng thứ 3 có 6 quả Cam ( gồm 4 quả tốt và 2 quả hỏng).Người ta lấy ngẫu nhiên từ mỗi thùng 2 quả Cam. Tính xác suất để 6 quả Cam được chọn ra có ít nhất một quả tốt. a) Ta có: Lời giải: PT  sin x  2sin x cos x  4cos x  2  sin x  2  2cos x sin x  2  0 .  sin x  22 cos x 1  0  cos x   1  x   2  k 2 2 3 k  Z  b) Chọn ngẫu nhiên 6 quả Cam từ 3 Thùng Cam có:   C2 C2C2 Gọi A là biến cố 6 quả Cam được chọn ra có ít nhất một quả tốt. Ta có: A là biến cố: 6 quả Cam được chọn ra không có quả tốt 2 2 2 Ta có:   C2 .C2 .C2  p  1 p  1 C4 C3 C2  1049 A 4 3 2 A A 2 2 2 10 8 6 1050 Câu 7: (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  2a, AD  a 3 , cạnh bên SA vuông góc với đáy, gọi M là trung điểm của cạnh CD. Biết SM tạo với mặt phẳng  ABCD một góc 600 , tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và SB. Lời giải: +) Ta có: AM  AD2  DM 2  2a  SA  AM tan 60  2a 3 +) VS .ABCD  1 .2a 3 3.2a2 3  4a3 . +) Dựng +) Dựng Bx AM  d  AM ; SB  d  A; SBx AK  Bx, AH  SK +) Ta có: tan M•AB  MD  AD 1  M•AD  30o 3  B•AK  300  AK  AB cos300  a 3 +) d  A; SBx  AH  a 12 5 Đáp số: a) 4a3 b) a 12 . 5 Câu 8: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC trên BC,CA, AB lần lượt lấy các điểm M,N,E sao cho AN  NE, BM  ME . Gọi D là điểm đối xứng của E qua MN. Biết rằng M  5; 5  ;  2  N 0;5 ; D   13 ;16  , điểm C thuộc đường thẳng 4x  y  0   và có hoành độ nguyên. Viết phương trình  5 5    các đường thẳng AC và BC. Lời giải: Lời giải: Ta có: MN : x  3y 16  0; DE : 3x  y 18  0 Trung điểm của DE là I 7;3; E 8;6 . Gọi C t;t  2 ta có: t 12  t  22  25  C 5;3. Khi đó MC : x  2y 11  0; BC : x  y 8  0 . Gọi A11 2a; a; B b;8  b 11 2a  b  16 a  9    a  8  b  12 b  13 Do đó A29; 9; B 13; 5;C 5;3 là các điểm cần tìm.  x 3  y  y  2x  1 Câu 9. Giải hệ phương trình   x, y   x  x  2 y x   5  2 y  3 Điều kiện: x  0; 5  2 y  0 . Lời giải: Từ phương trình đầu của hệ, chúng ta có: x 3  y  y  2x  1  y 1 x  2x  3 x 1 0  y 1  x   x 12 x 1 0   x 1y  2 x 1 0  x  1 x  1    Với x  1  y  2  y  2 suy ra  x; y  1; 2 là một nghiệm của hệ phương trình. x 1  0  y  1  2 Với y  1 2 x thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta được: x2   x  21 2 x x  5  21 2 x   3  x2  5x x  2x  3  4 x  3 i Đặt t  x  0 , khi đó i  t4  5t3  2t2  3  2 4t  3  t4  5t3  2t2  t  3  t  4t  3 0  t2  4t  3t2  t 1 t  4t  3  0  t2  4t  3 t2  t 1 1   0  t  2  7 t  0 t  4t  3  t  4t  3  Từ đó suy ra  x  2  7 x  11  4 7      x; y  11  4 7; 3  2 7  là nghiệm của hệ phương   trình.  y  1  2 x  y  3  2 7 Câu 10. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x, y, z  2 và x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x2  y P   x2  y2  3xy  6 y2  x  y 1  z z2  4z  5 Lời giải Với giả thiết, chúng ta có x  2  0    x  2 y  2  0  xy  4  2 x  y  , do đó suy ra  y  2  0 Mặt khác x2  y2  3xy  6   x  y 2  xy  4  2   x  y 2  2 x  y   2   x  y 12  1 z2  4z  5   z  22 1  x  y 12 1, khi đó biểu thức đã cho trở thành x2  y y2  x  y 1  z x2  y2  xy   x  y  z  x2  y2  xy  3 P      x  y 12  1 Lại có, kết hợp với điều kiện  x  y 12  1  x  y 12  1  x  y 12  1 Do đó, suy ra x2  y2  xy  3   x  y 2   xy  4  1   x  y2  2 x  y   1   x  y  12 x2  y2  xy  3  x  y  12 4 x  y 1  3 4t  3 P    1   1   x  y 12  1  x  y 12  1  x  y 12  1 t2  1 Xét hàm số f t   4t  3 t2  1 với t  x  y 15;2, có 4 t2  1  2t 4t  3 2 t  5; 2  1 f t        4  6t  4t ;    t    2 t2  12 t2  12  f t   0  Lập bảng biến thiên của hàm số f t  hoặc so sánh các giá trị t  2 f  1 ; f 2; f 5; f 2 , dễ thấy   4  f  1    f 2; f 5; f 2 Max f t   4 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 5 .   x  y  z  3      Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x  2 y  2  0   x; y; z    2; 7 ; 3 ;  x; y; z    7 ; 2; 3  . 2 x  y 1  1  2 2   2 2  .