Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 LẦN Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2(m − 3) x + m − 2(1) với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b)Tìm tất giá trị m để tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) điểm có hoành độ song song với đường thẳng d: 12x – y – 10 = Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình 4log3 x − 3.2log3 x + = b) Tìm phần thực, phần ảo số phức z biết (1 − 2i ) z = (3 + i) Câu (1,0 điểm) cos x + sin x = − sin x + sin x b) Lớp học nhạc trường gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Chọn ngẫu nhiên học sinh lớp học để biểu diễn chào mừng ngày thành lập trường Tính xác suất cho lớp có học sinh chọn có học sinh lớp A a) Giải phương trình e Câu (1,0 điểm) Tính tích phân K = ∫ ln x + dx x(ln x + 1) Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình x + y − z − = x −1 y −1 z + = = Tìm M thuộc đường thẳng d : cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) 21 −2 −1 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy 2a, góc cạnh bên mặt đáy 30° Gọi M, N trung điểm AB, BC Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I, gọi G trọng tâm tam 1  10 11  + 2+ + (a + 1)(b + 1)(c + 1) tâm đường tròn ngoại tiếp giác ADC, điểm J  ; ÷; P = 2 a +b b +c c +a  3  11  tam giác AGB, M  ; ÷là trung điểm đoạn BI Tìm tọa độ đỉnh hình vuông, biết G có hoành độ  2 số nguyên  x − y − = x + − y + y + 12 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (2 x − 5) x + + (2 y + 7) − y + xy + x − y − = y + + x − Câu (1,0 điểm) Cho a b c , , số thực không âm thỏa mãn ab + bc + ca = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P= + 2+ + (a + 1)(b + 1)(c + 1) 2 a +b b +c c +a ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) m = ⇒ y = x4 – 2x2 + Tập xác định: D = ℝ + Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' = x3 − x x = y ' =   x = ±1 Hàm số đồng biến (–1;0) (1;+∞), nghịch biến (–∞;–1) (0;1) y = lim y = +∞ Giới hạn: xlim →−∞ x →+∞ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = ±1, yCT = –1; đạt cực đại x = 0,yCĐ = + Đồ thị: Giao Oy (0;0), giao Ox (0;0) (± 2;0) 2 b) Có y (1) = − 2(m − 3) + m − = −2 m + m + y '( x ) = x − 4(m − 3) => y '(1) = − 4(m − 3) = 16 − 4m Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số điểm có hoành độ y = (16 − 4m )( x − 1) − 2m + m + 5(∆) Vì ∆ // d nên 16 − 4m = 12 m = m = ±1 m = => ∆ :12 x − y − = (thỏa mãn) m = −1 => ∆ :12 x − y − 10 = (loại ∆ trùng d) Vậy m = giá trị cần tìm Câu a) 4log3 x − 3.2log3 x + = (1) Điều kiện: x > Đặt t = 2log3 x => t > 1; 4log3 x = t Phương trình (1) trở thành: t = 1( L) t − 3t + =  t = 2(TM ) 2log3 x = log x = x = (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm phương trình cho {3} b) Có (3 + i ) + 6i (8 + 6i)(1 + 2i ) 22 (1 − 2i ) z = (3 + i) => z = = = =− + i − 2i − 2i − 4i 5 −4 22 => z = − i 5 −4 22 Vậy z có phần thực phẩn ảo − 5 Câu cos x + sin x = − sin x a) (1) + sin x −π + k 2π Điều kiện: s inx ≠ -1x ≠ (1) cos x + sin x = (1 − sinx)(1 + sin x) cos x + sin x = − sin x cos x − sin x + 2sin x cos x = cos x − sin x + 2sin x cos x = sin x(2 cos x − sin x) = sin x =  sin x = cos x +) sin x = x = kπ (TM ) cos x ≠ +) sin x = cos x  x = arctan + kπ (TM )  tan x = Vậy nghiệm phương trình cho x = kπ ; x = arctan + kπ (k ∈ ¢ ) b) Gọi A biến cố “Lớp có học sinh chọn có học sinh lớp A.” Số phần tử không gian mẫu C21 Tính số kết thuận lợi cho A: Xét trường hợp: TH1: Chọn học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Số cách chọn học sinh lớp A C6 = 20 Số cách chọn học sinh lớp B C8 = 28 Có cách chọn học sinh lớp C Theo quy tắc nhân số cách chọn học sinh 20.28.7 = 3920 TH2: Chọn học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Số cách chọn học sinh C6 8.C7 = 3360 TH3: Chọn học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C 4 Số cách chọn học sinh C6 8.7 = 840 Vậy số kết thuận lợi cho A 3920 + 3360 + 840 = 8120 8120 145 Xác suất cần tính PA = = C21 969 Câu e ln x + K =∫ dx x(ln x + 1) 1 Đặt t=lnx=> dt = dx Đổi cận: x=1=>t=0;x=e=>t=1 x 1 t+2 K =∫ dt = ∫ (1 + )dt = (t + ln | t + 1|) = + ln t +1 t +1 0 Vậy K = + ln2 Câu M ∈ D => M (1 − 2t ;1 + t ; −2 − t ) | 2(1 − 2t ) + + t − 4(−2 − t ) − | d ( M ;( P )) = 21 = 21 22 + 12 + (−4) t = 16 |t +5| = 21 | t + |= 21  21 t = −26 Vậy M(–31;17;–18) M(53;–25;24) Câu Gọi H giao CM AN ⇒ H tâm tam giác ABC ⇒ SH ⊥ (ABC) Góc SA mặt phẳng (ABC) (SA;AH)=SAH=30O Vì ∆ ABC nên AN ⊥ BC CM ⊥ AB Suy 2a AN = CM = 2a.sin 60o = a 3; AH = CH = AN = 3 2a SH = AH tan 30o = S ABC = AN BC = a 2a 3 Thể tích khối chóp: VS ABC = SH S ABC = Vì M ∈ (SMN), CM = 3HM ⇒ d(C; (SMN)) = 3d(H;(SMN)) Gọi I trung điểm MN Vì HM = HN nên ∆ HMN cân H ⇒ HI ⊥ MN I Vẽ HK ⊥ SI K ⇒ HK ⊥ (SMN) a Vì H trọng tâm ∆ ABC nên HM = HN = AN = 3 Có a HI = HN − NI = 1 2a 57 = + => HK = 2 HK HS HI 57 Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN) 6a 57 57 Câu Vì ∆ ADC vuông cân D ⇒ ∆ GAC cân G ⇒ GI phân giác góc AGC Theo quan hệ góc tâm góc nội tiếp đường tròn, ta có: AJB = AGB = AGC => 180O − AJB = 180O − 2.GAC => JAB = GAC (1) Gọi E trung điểm CD Xét ∆ MBA ∆ ECA có: MB MB BI AB = = = = EC EC AB AC MBA = ECA = 45O => ∆MBA ~ ∆ECA(c.g c ) => MAB = EAC (2) Từ (1) (2) ⇒ A, J, M thẳng hang Vì JA = JB, IA = IB nên IJ trung trực AB ⇒ J thuộc đường trung tuyến từ I ∆ IAB ⇒ J trọng tâm ∆ IAB uuur uuur uuur −13 13 ; ) Có MJ = (− ; ) => MA = 3.MJ = ( 6 2 11 Mà M ( ; ) =>A(-1;4) 2 Theo quan hệ góc tâm góc nội tiếp, ta có: GJA=2.GBA=2.45o=900 ⇒ ∆ GAJ vuông cân J uuur Đường thẳng GJ qua J nhận MJ = (−13;1) làm VTPT 119 119 = 0.G ∈ GJ => G (a;13a − )(a ∈ ¢ ) ⇒ Phương trình GJ: −13x + y + 3 10 130 170 GJ = JA (a − ) + (13a − ) = 3 3a − 20 x + 33 = 11   a = ( L)   a = 3(TM ) => G (3; −2 )  uuur −3 uuuu r 1 2 MB MB = = => MB = MG Có IG = ID = IB = IM = MB => 3 3 MG MI + IG 5 uuuu r u u u r 25 Có MG = (− ; − ) => MB = ( ; ) => B(7;6) 2 M trung điểm BI ⇒ I(4;1) I trung điểm AC, BD ⇒ C(9;–2), D(1;–4) Vậy A(–1;4), B(7;6), C(9;–2), D(1;–4) Câu  x − y − = x + − y + y + 12(1) (I)  (2 x − 5) x + + (2 y + 7) − y + xy + x − y − = y + + x − 4(2) Điều kiện:  x ≥ −2  x ≥ −2    y ≤ y ≤1  xy + x − y − ≥ ( x − 1)( y + 2) ≥ 0(*)   (1) x − x + = y + − y + y + 12 Xét f (t) = t − t + ℝ Có f '(t ) = − 2t t2 + = t + − 2t t2 + t ≥ f '(t ) = t + = 2t  t = t + = t  Với t>1 => f '(t ) < 0; t < => f (t ) > Hàm số f(t) liên tục ℝ, đồng biến (–∞;1], nghịch biến [1;+∞) Xét  x ≥ −3  x ≥ −3 y = −2 : (1) x + = x +  x =  2  4( x + 3) = x + x + 3 x − x + = y > −2 : (*) => x ≥ 1; y + > => (1) f ( x) = f ( y + 3) x = y + y < −2 : (*) => x ≤ 1; y + < => (1) f ( x) = f ( y + 3) x = y + Vậy trường hợp ta có: (1) x=y+3 Do đó:  x = y + ( I )  (2 y + 1) y + + (2 y + 7) − y + y + y + =| y + | +4 y + 8(3) (3) (2 y + 1) y + + (2 y + 7) − y = y + (2 y + 4)( y + + − y − 2) + 3( − y − y + 5) =   (2 y + 4)  y + + − y − − ÷=  1− y + y + ÷    y = −2 => x = 1(TM )  y + + 1− y − − = 0(4)  1− y + y + Đặt t = y + + − y (t > 0) Phương trình (4) trở thành t −2− = t t − 2t − = t = y + + 1− y = − y − y + = y + 16 y − 11 =  −4 + 27 + 27 => x = y = 2  (TM )  −4 − 27 − 27 => x = y =  2  + 27 −4 + 27   − 27 −4 − 27  ; ; Vậy hệ cho có nghiệm (1;-2);  ÷ ÷ ÷;  ÷ 2 2     Câu Vì ab + bc + ca = nên số a,b,c số đồng thời Không tổng quát giả sử a số nhỏ số a,b,c a a Đặt x = + b; y = + c => x, y > 0; x + y = a + b + c ta có: 2 a a 0≤ + a(b − a) => a + b ≤ ( + b) = x 2 2 c +a ≤ y b ≤ x;c ≤ y => b + c ≤ x + y 1 => P ≥ + + + (abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1) x x +y y Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho số dương, ta có: 1 1 + + 2≥ + = +( + )≥ + ≥ + 2 2 2 x x +y y xy x + y xy xy x + y xy xy + x + y ( x + y) ( x + y)2 10 10 = = ( x + y) (a + b + c) Khác abc ≥ 0; ab + bc + ca = nên 10 P≥ + (a + b + c + 2) (a + b + c) Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho số dương, ta có: 10 5 125 15 + (a + b + c) + (a + b + c) ≥ 3 = (a + b + c) 4 25 => P ≥ Dấu xảy chẳng hạn a = 0, b = c = 25 Vậy GTNN P