Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 ĐỀ THI MINH HỌA KÌ THI THPTQG 2016 – MOON.VN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn – Đề số 05 VIDEO giảng LỜI GIẢI CHI TIẾT tập có website MOON.VN Link khóa học trực tuyến: LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y = x − 4mx + 2m ( Cm ) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = 3  b) Gọi A điểm có hoành độ thuộc ( Cm ) Tìm m để khoảng cách từ điểm B  ;3  đến tiếp 4  tuyến A đạt giá trị lớn Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình ( tan x − 1) sin x + 3cos x − sin x = b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A B hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức phương trình z − (3 + 4i ) z − + 5i = Tính độ dài đoạn thẳng AB Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình ( 5+2 ) x2 − x + − ( 5−2 ) x −1− x − ≥0  3x + 10 xy + y + 3x + 14 xy + y = ( x + y )  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x2 − x − y + =1   x −1 + − y + y − Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ (x + x ) e x −1dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, BAD = 600 Gọi H trung 3a điểm AO Biết SH ⊥ ( ABCD ) SH = Mặt bên (SAB) tạo với đáy hình chóp góc 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường SB DM, biết M thuộc cạnh AB BM = 2AM Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân A , có phương trình trung tuyến xuất phát từ đỉnh B x − y − 12 = , điểm H ( 4; −2 ) thuộc cạnh BC cho HB = HC Tìm toạ độ đỉnh tam giác ABC biết điểm A thuộc trục tung C có tung độ nguyên x − y +1 z +1 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d : = = 1 −1 x − y +1 z + ∆: = = Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d tạo với ∆ góc 300 1 Câu (0,5 điểm) Lớp 10A5 gồm 40 học sinh có cặp anh em sinh đôi Trong buổi họp đầu năm học thầy giáo chủ nhiệm lớp muốn chọn bạn để làm cán lớp gồm Lớp trưởng, quản ca bí thư Tính xác suất để chọn học sinh làm cán lớp mà cặp anh em sinh đôi Câu 10 (1,0 điểm) Cho a , b , c số thực dương thỏa mãn điều kiện 2a + 3(b + c ) = 4ab + 3ac Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = (a +1) c + b2 + 25bc + 2b + c ab + 2ac Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu (2,0 điểm) Với x = ta có y = − 2m ⇒ A (1;1 − 2m ) Phương trình tiếp tuyến A : y = y ' (1)( x − 1) + − 2m hay y = ( − 8m )( x − 1) + − 2m ( d ) − Ta có: d ( B; d ) = ( − 8m ) − + − m ( − 8m ) Dấu xảy ⇔ m = +1 = ( − 8m ) +1 ≤ ( ( − 8m ) +1 ≥ 1) 1 Vậy m = giá trị cần tìm 2 Câu (1,0 điểm) a) Với cos x ≠ , phương trình cho tương đương với sin x − cos x sin x + 3cos x ( cos x − sin x ) = cos x  tan x =  tan x = π π ⇔ ( cos x − sin x ) sin x − 3cos x = ⇔  ⇔ ⇔ x = + kπ; x = ± + kπ  tan x =  tan x = ± ( tan x − 1) sin x + 3cos x − 3sin x cos x = ⇔ ( ) b) Ta có ∆ = ( + 4i ) − ( −1 + 5i ) = −3 + 4i = + 4i + 4i = ( 2i + 1) 2 + 4i + 2i +  = + 3i ⇒ A ( 2;3)  z1 = Khi PT cho có nghiệm là:   z = + 4i − 2i − = + i ⇒ B (1;1)  2 Vậy AB = giá trị cần tìm Câu (0,5 điểm) Điều kiện x ≥ ∨ x ≤ Bất phương trình cho tương đương với log ( 2x + x + ) = + log ( x + 1) ⇔ ( 5+2 ) x − x +3 ≥ ( 5+2 ) x − − x +1 ⇔ x2 − x + ≥ x − − x +   x − x + ≥ −1  x ≥ x ≥  x ≥   ⇔ ⇔   x − x + ≥ x − 12 x + ⇔  3 x − x + ≤ ⇔ x ≥ ⇒ x ≥   x − x + ≥ − x   x ≤   x ≤       x ≤ Câu (1,0 điểm) Điều kiện x ≥ 1; ≤ y ≤ Khi ta có nhận xét 4( x + y) − ( x − y) + 2 ( 2x + y ) − ( x − y ) 2 ≤ 4( x + y) + ( 2x + y ) = x + y + 2x + y = 2x + y + 2x + y = 4x + y Dấu đẳng thức xảy x − y = ⇔ x = y Phương trình thứ hai trở thành x − x + = x − + − x + x − Áp dụng bất đẳng thức liên hệ trung bình cộng trung bình nhân ta có (1) Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 x − + − x + x − = ( x − 1) + ( − x ) + ( x − 3) 1+ x −1 + − x 1+ 2x − + + = x +1 2 2 Lại có x + ≤ x + + ( x − ) = x − x + ⇒ x − x + ≥ x − + − x + x − ≤ x −1 = − x = 2x − = Phương trình (1) có nghiệm dấu đẳng thức xảy ra, tức  ⇔ x=2 x − = Kết luận hệ phương trình có nghiệm x = y = Câu (1,0 điểm) I= x −1 ∫ e ( x + 1) xdx Đặt t = x − ⇒ dt = xdx 1 1 1 1 I = ∫ (t + 2)et dt = ∫ t.et dt + ∫ et dt = ∫ t.et dt + et 20 0 u = t du = dt Đặt  ⇒ ⇒ ∫ t.et dt = t.et t t dv = e dt v = e 1 = ∫ t.et dt + e − 1 − ∫ et dt = ( t − 1) et =1 ⇒ I = 1 + e −1 = e − 2 Câu (1,0 điểm) +) Tính thể tích khối chóp S.ABCD: Nhận xét, BAD = 60o ⇒ ∆ABD Từ H kẻ HI ⊥ AB ( I ∈ AB ) ta có:  HI ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SHI ) ⇒ AB ⊥ SI   SH ⊥ AB Suy ( ( SAB ) ; ( ABCD ) ) = SIH = 60 o ⇒ HI = 3a 3a a2 ⇒ AB = a ⇒ S ABCD = AO AB = 2 a = SH S ABCD = 16 ⇒ AO = HI = ⇒ VS ABCD +) Tính khoảng cách SB DM Chứng minh ba điểm M, H, D thẳng hàng a a a Cách 1: Xét ∆ AMH : AM = , AH = , MAH = 30o ⇒ HM = 12 2 MH + AH − AM Suy cos AHM = = (1) MH AH 21 a a ; HD = OH + OD = ; AD = a 4 AH + HD − AD ⇒ cos AHD = =− ( 2) AH HD 21 Xét ∆ AHD : AH = Từ (1) & ( ) ⇒ cos AHD = − cos AHM ⇒ góc AHM & AHD bù Khi ba điểm M, H, D thẳng hàng Cách 2: Theo BM = AM , giả sử N thuộc AD cho AD = AN Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 BO HO NA 1 = = ⇒ Ba điểm B, H, N thẳng hàng (định lí Menelaus) BD HA ND 1 Suy M, H, D thẳng hàng Từ B kẻ BE //MD ⇒ DM // ( SBE ) ⇒ d ( DM , SB ) = d ( DM ; ( SBE ) ) = d ( H , ( SBE ) ) Nhận xét: Từ H kẻ HF ⊥ BE ( F ∈ BE ) , HK ⊥ SF ( K ∈ SF ) Do SH ⊥ BE ⇒ BE ⊥ ( SHF ) ⇒ BE ⊥ HK , mà HK ⊥ SF ⇒ HK ⊥ ( SBE ) Suy d ( DM ; SB ) = d ( H , ( SBE ) ) = HK a a a ; MH = ⇒ DM = BE = DH + HM = 12 2 a a a a Ta có: S BEDM = S ABCD − S AMD = − = 2 3 a 3a 21 ⇔ HF = Mặt khác S BEDM = HF DM = 14 1 64 196 3a Xét ∆ v SHF : = + = 2+ ⇔ HK = 2 2 HK SH HF 9a 189a 55 Ta có: DH = OD + OH = Suy khoảng cách hai đường thẳng SB DM 3a 55 Câu (1,0 điểm) Dựng AH cắt đường thẳng vuông góc với AC D HC CD Khi = ⇒ AB = 2CD = AM Ta có: ∆ACD = ∆BAM HB AB ⇒ BAD = MCA ⇒ AMC + BAD = 900 ⇒ AH ⊥ CM Phương trình đường thẳng AH là: x + y − =  x = + 3t Khi toạ độ điểm A A ( 0;1) , Viết lại BM:  gọi  y = 4t 7  M ( + 3t ; 4t ) ⇒ C ( + 6t ;8t − 1) ta có AH = HD ⇒ D  6; −  2   t = − ⇒ C ( 3; −5 )  5  Lại có: CD.CA = ⇔ ( 6t + ) 6t +  8t +  ( 8t − ) = ⇔  2  t = ⇒ C  35 ; −  ( loai )    10 5  Từ suy B ( 6; ) Vậy A ( 0;1) ; B ( 6; ) ; C ( 3; −5) điểm cần tìm Câu (1,0 điểm) +) (P) chứa d ⇒ (P ) qua M (2; − 1; − 1) ∈ d ⇒ phương trình (P) có dạng a ( x − 2) + b( y + 1) + c( z + 1) = 0, (a + b + c ≠ 0) d ⊂ ( P) ⇒ ud nP = ⇔ a + b − c = (1) | a + b + 2c | +) (∆; ( P )) = 300 ⇔ sin(∆; ( P )) = ⇔ = 2 2 a + b + c 2 2 ⇔ 2(a + b + 2c) = 3(a + b + c )  a = −2b 2 +) Từ (1) có c = a + b thay vào (2): 2a + 5ab + 2b = ⇔  a = − b  (2) Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 +) Khi a = −2b Chọn b = −1, a = 2, c = ⇒ ( P ) : x − y + z − = b +) Khi a = − Chọn b = −2, a = 1, c = −1 ⇒ ( P ) : x − y − z − = Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu toán Câu (0,5 điểm) Chọn học sinh từ 40 học sinh có C40 cách chọn Chọn cặp anh em sinh đôi cặp anh em sinh đôi có: C41 cách chọn cách chọn Chọn bạn học sinh lại 38 bạn có: C38 Số cách chọn học sinh mà có cặp anh em sinh đôi là: C38 C41 cách Vậy số cách chọn bạn học sinh làm cán lớp mà cặp anh em sinh đôi là: C40 − C38 C41 = 9842 ⇒ P = 9842 259 = 260 C40 Câu 10 (1,0 điểm) Việc ta dự đoán điểm rơi toán Giả thiết toán cho biểu thức đồng bậc, phân số thứ hai biểu thức P Tuy nhiên hạng tử (a2 + 1) c + b2 + lại không đồng bậc hai mà chứa a c + nên để giảm bậc, ta áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương a c + ≥ a2 c = 4ac Việc làm để giả thiết P chứa đại lượng đồng bậc ta chuyển ba biến hai biến dễ dàng đánh giá nhiều Dấu đẳng thức xảy ac = Với điểm rơi dự đoán ac = ⇔ a = , giả thiết toán trở thành c 8b + (b + c ) = + ⇔ 3c (b2 + c − 2) = (bc − 1) Nhìn vào đây, ta thấy b2 + c − bc − c c hai biến cân ta có đánh giá quen thuộc b2 + c ≥ 2bc b2 + c − ≥ 2bc − = (bc − 1) Và đến đây, ta khẳng định điểm rơi toán xảy b = c; bc =  ⇔ a = 2; b = c = Với đối xứng b , c , ta đánh giá bất đẳng thức Cosi xung ac = quanh nó, ta được: 2 2b2 + c b + (b + c ) b2 + 2bc b(b + 2c) b = ≥ = = ab + ac a (b + c ) a (b + c ) a (b + c ) a Như suy luận bên trên, ta lại có: (a + 1) c + b2 + 25bc Khi đó, biểu thức P trở thành P ≥ (a c 2 = + 4) + ( b + c ) 25bc ≥ 4ac + 2bc a = + 25bc 25 25 4a b + + Câu chuyện kết thúc ta sớm tìm điều kiện 25b a 25 a Và điều mà ta chưa khai thác nhiều giả thiết Với điểm rơi tìm được, ta có hai b a = 2b a2 a2 yếu tố cân  ⇔ = b2 ; = c , với điểm rơi xuất tổng a = 2c 4 chặn (b + c ) thêm m ột lần nữa, áp dụng bất đẳng thức Cosi Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 có Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG 3  3  a + 3(b2 + c ) =  a + 3b2  +  a + 3c  ≥ 3ab + 3ac ,     Facebook: LyHung95 giải thiết toán a2 a2 a ⇔ ab ≥ ⇔ < ≤ 2 b a = Với điểm rơi dự đoán  nên ta khéo léo tách đa thức là: b = ⇔ 4ab + 3ac ≥ 3ab + 3ac + • P≥ 4a b  a b 9a + + = +  − +  25b a 25  16b a  100b 25 4a b 9 = − + 16b a 100 25 10 a • Hoặc đặt t = ⇒ t ∈ (0; 2 ta xét hàm số f (t) = t + + thấy f (t ) hàm số nghịch b 25 t 25 biến (0; 2 f (t) ≥ f (2) = 10 Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 10 Dấu đẳng thức xảy a = 2; b = c = Việc nhận xét tính đẳng cấp đánh giá thông qua bất ≥2 đẳng thức Cosi dự đoán điểm rơi đưa toán từ ba biến thành hai biến nhẹ nhàng Thầy Đặng Việt Hùng Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016