HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan ĐỀ SỐ - KHOÁ PEN – I – 2016 GV: Lê Anh Tuấn - Nguyễn Thanh Tùng Nên tự làm bấm bạn – dùng đáp án thang điểm để tự chấm cho mình! Chúc bạn ôn luyện thật tốt vượt qua kì thi THPTQG thành công ! Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x x (3m 1) x m m có đồ thị (Cm ) Tìm m để tiếp tuyến (Cm ) giao xm điểm đồ thị (Cm ) với trục hoành song song với đường thẳng d : y x Câu (1,0 điểm) 10 z a) Cho số phức z thỏa mãn z Tính môđun z 2i b) Giải phương trình: log x 3 log x tập số thực Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y e Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I ln x x ln x dx Câu (1,0 điểm) Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2;3), B (2; 1;3) mặt phẳng ( P ) : x y z Tính diện tích tam giác OAB Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB cách mặt phẳng ( P ) khoảng Câu (1,0 điểm) 3 a) Cho góc thỏa mãn sin 2cos Tính A tan cot b) Từ 16 chữ chữ “ KI THI THPT QUOC GIA” chọn ngẫu nhiên chữ Tính xác suất để chọn chữ đôi phân biệt a 10 Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có ; AC a BC a Hình ACB 1350 , CC ' chiếu vuông góc C ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm M đoạn AB Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' khoảng cách hai đường thẳng AA ' B ' C ' Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( AB AC ) Trên cạnh AB 60 15 lấy điểm I cho AI AC Đường tròn đường kính IB cắt BC M ; cắt đường kéo dài CI 17 17 N (4; 1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x 2016 y xy 1 y y y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x, y x x 1 2 (8 x 4) 2(1 x ) y y Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab bc ca 2(a 1)(b 1)(c 1) 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T 4ab (a b)(c 3) (a 1)(b 1) 2c Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng PEN I – N3 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ SỐ Câu facebook.com/ ThayTungToan Môn : TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 07 trang) Đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x x Điểm 1, * Tập xác định: D * Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y ' x x ; y ' x x 1 0,25 Các khoảng nghịch biến: ( ; 1) (0;1) ; khoảng đồng biến: ( 1; 0) (1; ) – Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x 1 , yCT ; đạt cực đại x , y CĐ 0,25 – Giới hạn: lim y lim y x x – Bảng biến thiên: 0,25 * Đồ thị: 0,25 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan (3m 1) x m m có đồ thị (Cm ) Tìm m để tiếp tuyến (Cm ) giao xm điểm đồ thị (Cm ) với trục hoành song song với đường thẳng d : y x Cho hàm số y m2 m 4m m2 m ( C ) cắt trục hoành điểm M ;0 ( y x ) m ( x m) 3m 3m Do tiếp tuyến (Cm ) M song song với đường thẳng d : y x nên Ta có: y ' 1, 0,25 m2 m 3m y ' m 1 m 1 2m 3m 0,25 Với m 1 M (1;0) , phương trình tiếp tuyến là: y x (loại – trùng với d ) 3 Với m M ; , phương trình tiếp tuyến là: y x (thỏa mãn) 5 5 Vậy m giá trị cần tìm Chú ý: Khi gặp câu hỏi viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y f ( x ) song song với đường thẳng y ax b , việc sử dụng kiện f '( x0 ) a điều kiện cần chưa đủ Do sau giải kết ta cần có bước kiểm tra lại điều kiện song song 10 z Tính môđun z 2i b) Giải phương trình: log x 3 log x 0,25 0,25 a) Cho số phức z thỏa mãn z 1, 10 10.(1 2i) z 1 z 1 5 2i 5(3 4i ) (3 4i ) z z i 4i 25 5 Ta có z a) 10 z 5 2i 0,25 3 4 Vậy z i , suy môđun số phức z là: z 5 5 5 x x Điều kiện: Khi phương trình tương đương : x x 2 2log x 2log x log6 x x x x 36 (*) b) TH1 : 2 x , đó: (*) x x 36 x x 30 Đặt t ln x t ln x 2tdt dx x 0,25 1, 0,25 0,25 (vô nghiệm) TH2 : x , : (*) x 3 x 36 x x 42 x x 6 (loại) Vậy phương trình có nghiệm: x e ln x Tính tích phân I dx ln x x 0,25 3t t 3t 2tdt 2 dt t2 t 2 Đổi cận x t x e t , đó: I 0,25 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 14 2 t 2t dt t2 0 0,25 t3 50 t 7t 14 ln t 28 ln 3 0 a) Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2;3), B (2; 1;3) mặt phẳng ( P ) : x y z Tính diện tích tam giác OAB Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB cách mặt phẳng ( P ) khoảng OA (1; 2;3) 2 115 OA, OB (9;3; 5) SOAB OA, OB ( 5) 2 OB (2; 1;3) x 1 t Ta có AB (1; 3; 0) , suy phương trình đường thẳng AB : y 3t z t 2(2 3t ) 2.3 Do M AB M (1 t ; 3t ;3) Ta có: d ( M ( P )) 1 12 22 22 t 1 M (0;5;3) 6 5t Vậy M (0;5;3) M ; ;3 M ; ;3 t 5 5 3 a) Cho góc thỏa mãn sin 2cos Tính A tan cot b) Từ 16 chữ chữ “ KI THI THPT QUOC GIA” chọn ngẫu nhiên chữ Tính xác suất để chọn chữ đôi phân biệt sin cos 3 sin Với ; (*) Ta có 1 2cos cos 2 cos sin cos cos cos cos cos (loại (*) ) 0,25 1, 0,25 0,25 0,25 0,25 1, 0,25 4 Khi sin cos sin ( theo (*) ) 25 5 sin Suy tan cot Do A tan cot cos tan b) Số cách chọn chữ từ 16 chữ là: n() C165 4368 Chữ “ KI THI THPT QUOC GIA” có chữ xuất lần chữ : K, P, Q, U, O, C, G, A có chữ xuất lần chữ: H có chữ xuất lần chữ: I, T Gọi B biến cố chữ chọn đôi phân biệt Gọi tập X {K; P; Q; U; O; C; G; A}, ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: Trong chữ chọn thuộc tập X , số cách chọn: C85 56 Trường hợp 2: Trong chữ chọn có chứa chữ thuộc tập X chữ H, số cách chọn: C84 C21 140 chữ I, số cách chọn: C84 C31 210 0,25 0,25 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan chữ T, số cách chọn: C C 210 Vậy số cách chọn trường hợp là: 140 210 210 560 Trường hợp 3: Trong chữ chọn có chứa chữ thuộc tập X chữ H, chữ I số cách chọn: C83 C21 C31 336 chữ H, chữ T, số cách chọn: C83 C21 C31 336 chữ I, chữ T, số cách chọn: C83 C31 C31 504 Vậy số cách chọn trường hợp là: 336 336 504 1176 Trường hợp 4: Trong chữ chọn có chứa chữ thuộc tập X , chữ H, chữ I , chữ T Số cách chọn: C82 C21 C31 C31 504 0,25 Khi n( B ) 56 560 1176 504 2296 Vậy xác suất cần tìm là: P( B) n( B) 2296 41 n() 4368 78 a 10 Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có ; AC a BC a Hình chiếu ACB 1350 , CC ' vuông góc C ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm M đoạn AB Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' khoảng cách hai đường thẳng AA ' B ' C ' 1 a2 Ta có S ABC CA.CB sin ACB a 2.a sin135 2 2 2 Xét ABC ta có: AB AC BC AC.BC cos ACB 2a a 2.a 2.a.cos1350 5a CA2 CB AB a 2 B' Ta có: CM A' 4 a Suy ra: C ' M C ' C CM Suy thể tích VABC A' B ' C ' C ' M S ABC C' H a a a3 Do AA ' // BB ' AA ' // ( BCC ' B ') d ( AA ', B ' C ') d ( AA ', ( BCC ' B ')) d ( A, ( BCC ' B ')) 2d ( M , ( BCC ' B ') AB (do AM ( BCC ' B ') ) MB 1, 0,25 0,25 B A 1350 M C 0,25 5a AB a BM BC CM BMC vuông C hay BC CM 2 Mà ta có: BC C ' M BC (C ' CM ) (*) Gọi H hình chiếu vuông góc M CC ' , MH CC ' Mặt khác: BC MH (theo (*), suy MH ( BCC ' B ') d ( M , ( BCC ' B ')) MH Ta có BM 1 20 a 15 MH 2 MH MC MC ' a 3a 3a 10 a 15 Khi d ( AA ', B ' C ') 2d ( M , ( BCC ' B ')) 2MH Xét tam giác MCC ' ta có: 0,25 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( AB AC ) Trên cạnh AB 60 15 lấy điểm I cho AI AC Đường tròn đường kính IB cắt BC M ; cắt 1, 17 17 đường kéo dài CI N (4; 1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x 2016 y GV: Nguyễn Thanh Tùng C M A 1 I B 0,25 N CMI 1800 ACMI nội tiếp đường tròn Ta có CAI I 450 I M M M 900 M AMN 900 hay AM MN 1 4 32 Ta có MN ; (1; 4) , suy phương trình AM : x y 17 17 17 x y Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ: x y A(0; 0) 2015 x 2016 y C 450 M 450 MI phân giác góc Ta có M AMN 0,25 900 BAC ACBN nội tiếp đường tròn N B N Mặt khác, BNC 1 , suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMN Suy NI phân giác MNA Phương trình AN : x y ; AM : x y MN : x y 15 x 4y x y 15 3x y 15 Phương trình phân giác góc AMN thỏa mãn: 17 17 5 x y 15 Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : x y 15 BC : x y 15 x 4y x y 15 x y Phương trình phân giác NC góc ANM thỏa mãn: 17 17 x y Do A, M khác phía so với NC nên NC có phương trình: x y x y x Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ: C (0; 3) 3 x y 15 y Khi AB qua A(0; 0) vuông góc với AC nên có phương trình: y y x Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ B (5; 0) 3 x y 15 y Vậy A(0;0), B (5;0), C (0;3) 0,25 0,25 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng Chú ý: Trong hình vẽ toán này, ta khai thác thêm tính chất ED AN để sáng tạo đề mới, với E giao điểm AB MN D giao điểm thứ hai đường tròn đường kính IB với AN facebook.com/ ThayTungToan C M E A B I D xy 1 y y (1) y Giải hệ phương trình x x 1 2 (8 x 4) 2(1 x ) y y (2) N 1, x, y y (;0) 1; Điều kiện: 1 x Biến đổi (1) Do y 1 1 y y y x x x y y2 1 y y x x 3x (*) 0,25 x x 3x , suy y 2 1 1 y Khi (*) y y Xét hàm số f (t ) x x x (2*) t t 3t với t t Ta có f '(t ) 3t t t 3t ln 3t t t ln t2 1 t 1 t2 1 t t t t2 1 t Mà f '(t ) với t 1 ln 0 ln t 1 t 1 1 1 Suy f (t ) đồng biến với t Khi (2*) f f ( x) x y (3*) y x y Thay (3*) vào (2) ta được: (8 x 4) 2(1 x ) 0,25 1 x2 x x x (8 x 4)2 2(1 x ) 32 x (1 x )(2 x 1)2 x (4*) x2 x 0,25 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan 1 0; x x Do ta đặt x cos t với t 0; , phương x 2 4 2 2 trình (4*) có dạng: 32 cos t.(1 cos t )(2 cos t 1) cos t 8sin 2t.cos 2t cos t 2sin 4t cos t Do y k 2 t 0; 4 t 8t t k 2 t 0; 2 cos8t cos t k 8t t k 2 t k 2 2 Khi hệ có nghiệm là: ( x; y ) (1;1), cos ; cos 2 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab bc ca Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T 2(a 1)(b 1)(c 1) 12 4ab (a b)(c 3) (a 1)(b 1) 2c 0,25 1, Ta có 4ab ( a b)(c 3) 3ab 3( a b) ( ab bc ca) 3ab 3(a b) 3(a 1)(b 1) 2(a 1)(b 1)(c 1) 12 T 4ab (a b)(c 3) (a 1)(b 1) (a 1)(b 1) 2c 0,25 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: ab bc ca 3 (abc) abc Biến đổi (a 1)(b 1) a 2b a b (a b 2ab) (a 2b 2ab 1) (a b)2 (1 ab)2 (*) 2 2 2(c 1) (c 2c 1) ( c 2c 1) ( c 1) ( c 1) 10 Với x, y , u , v , ta có: ( x y )(u v ) xu yv (2*) Thật vậy: +) Nếu xu yv (2*) 0,25 +) Nếu xu yv (2*) ( x y )(u v ) ( xu yv )2 ( xv yu )2 (luôn đúng) Sử dụng phép biến đổi (*) áp dụng (2*) , ta được: 2(a 1)(b 1)(c 1) (a b)2 (1 ab)2 (c 1) (c 1) ( a b)(c 1) (1 ab)(c 1) abc ab bc ca a b c 2(1 abc) ( a 1)(b 1)(c 1) 2(1 abc) ( a 1)(b 1)(c 1) (do abc ) 1 AM GM c c c c 1 33 2c 2 c 2 2c 2 5 Khi a b c T Vậy giá trị nhỏ T 2 Chú ý: Bất đẳng thức (2*) bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, song áp dụng kì thi THPT quốc gia bạn phải chứng minh (có thể theo cách trình bày chứng minh theo phương pháp vecto nhờ sử dụng bất đẳng thức u v u.v ) 0,25 Khi T c 0,25 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ QUAN TÂM ! GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! ... biến thi n: 0,25 * Đồ thị: 0,25 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng. .. 0,25 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng Chú ý: Trong hình vẽ toán này,... 210 0,25 0,25 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/