Trường THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN (TP.HCM) Đề 01/2016 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x 3x 4x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số: f (x ) x 7x x x 1 Câu (1,0 điểm) 2x 3y 2x 3y a) Giải hệ phương trình: log 2x 3y log 2x 3y 5 b) Tìm số phức z thỏamãn phương trình: 6z z z Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: x 4x dx 2x x Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x y z 2x 4y 4z Gọi M , N , P giao điểm (khác gốc tọa độ) mặt cầu (S ) với trục Ox ,Oy,Oz Xác định tọa độ chân đường vuông góc hạ từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng (MNP ) Câu (1,0 điểm) a) Cho 0; thỏa mãn cos sin2 sin Tính giá trị cot 2 2016 b) Tính tổng: S C 2016 2C 2016 3C 2016 4C 2016 2017C 2016 Câu (1,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD A ' B 'C ' D ' có cạnh Gọi M trung điểm AD N tâm hình vuông CC ' D ' D Tính thể tích khối cầu qua bốn đỉnh M , N , B,C ' khoảng cách hai đường thẳng A ' B ' với MN Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1 ) : x y (d2 ) : y Các đường tròn (C ) (C ) có bán kính nhau, có tâm thuộc đường thẳng (d1 ) chúng cắt hai điểm A(1; 6), B Đường thẳng (d2 ) cắt (C ),(C ) hai điểm C , D (khác A ) cho diện tích tam giác BCD 24 Tìm tọa độ đỉnh củatam giác BCD Câu (1,0 điểm) 3x 6y 6y 3x Giải hệ phương trình: x 2y 2 2 x 2y 4y x x 2y (x 2)(1 2y x ) Câu 10 (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4(x 8y ) Tìm giá trị lớn biểu thức: P (x 2y 2)3 5(x y ) 5(x y ) Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân (luankieu@ymail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl TRƯỜNG THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN (TP.HCM) Đề 01/2016 LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Môn:Toán Thời gian làm bài:180 phút Người đề: Kiều Hòa Luân Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x 3x 4x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số f (x ) x 7x Xét hàm số: f (x ) x 7x x x 1 x x 1 Tập xác định: x 1; Đạo hàm hàm số là: f '(x ) 7x 28x x x 1 x 7x 2 1 x x x x f '(x ) ; x 1; Suy ra, hàm số f (x ) đồng biến 1; lim f (x ) f (1) x Bảng biến thiên: x f '(x ) f (x ) Từ bảng biến thiên, suy ra: f (x ) f (1) Vậy giá trị nhỏ hàm số là: min f (x ) f (1) 1; Câu (1,0 điểm) 2x 3y 2x 3y a) Giải hệ phương trình: log 2x 3y log 2x 3y 5 Điều kiện: 2x 3y log5 2x 3y log 2x 3y log5 2x 3y Hệ phương trình tương đương: x y log 1 5 log x y u log 5 Đặt: x y v log5 u v u v u Hệ phương trình viết lại: v u 1 u 2v v 0 log5 2x 3y u log5 2x 3y Với , ta có: x y x y v log 2 5 2x x log x log Vậy hệ phương trình cho có cặp nghiệm là: log2 3; log b) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: 6z z z Phương trình: 6z z z z z z z z z z z 2 z 2 z 2i z z2 z2 z z z z 0 2i 2i Vậy số phức z thỏa mãn phương trình cho là: 0; 2i; 2i; 3i; 3i Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: x Ta có: 4x dx 2x x 4x dx x 2x x x 4x dx x 4x A Bx C x A B x 2B C 2C A Đặt: x x 1 x x 1 x 2 x2 A B A 2 Đồng hệ số, ta có: B C B C C A Suy ra: 2 4x dx x 1 x 1 1 2x dx dx x x x 0 d (x 2) d (x 1) 2 ln x ln x x 2 x 2x dx x 2 ln ln ln ln ln Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x y z 2x 4y 4z Gọi M , N , P giao điểm (khác gốc tọa độ) mặt cầu (S ) với trục Ox ,Oy,Oz Xác định tọa độ chân đường vuông góc hạ từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng (MNP ) Từ giả thiết, ta có: M Ox M x M ; 0; , N Oy N 0; yN ; , P Oz P 0; 0; z P (với x M 0, yN z P ) x M (S ) Ox M (S ) x 2x M 2; 0; x y N (S ) Oy N (S ) y 4y N 0; 4; y z P (S ) Oz P (S ) z 4z P 0; 0; z MN (2; 4; 0), MP (2; 0; 4) Ta có: n MN , MP (16; 8; 8) 8(2;1;1) chọn n (2;1;1) Mặt phẳng (MNP ) qua M (2; 0; 0) , nhận n (2;1;1) làm véctơ pháp tuyến có phương trình là: 2(x 2) y z (MNP ) : 2x y z Đường thẳng qua tâm I (1;2;2) mặt cầu vuông góc với (MNP ) có phương trình tham số x 2t (d ) : y t ; (t ) z t Vì H chân đường vuông góc hạ từ tâm I mặt cầu đến mặt phẳng (MNP ) nên H giao điểm (d ) (MNP ) Thay x, y, z từ phương trình tham số đường thẳng (d ) vào phương trình mặt phẳng (MNP ) , ta 1 5 được: 2(1 2t ) t t t H ; ; 3 3 5 Vậy H ; ; chân đường vuông góc cần tìm 3 Câu (1,0 điểm) a) Cho 0; thỏa mãn cos sin2 sin Tính giá trị cot Phương trình: cos sin sin cos cos cos sin sin sin sin sin cos k ; k Vì 0; nên k k k (do k ) 2 Suy ra: Vậy cot cot cot 2 2 2016 2C 2016 3C 2016 4C 2016 2017C 2016 b) Tính tổng: S C 2016 2016 Ta có: x 2016 2016 C 2016 C 2016 x C 2016 x C 2016 x C 2016 x Nhân hai vế với x ta được: 2016 x x 1 2016 2017 C 2016 x C 2016 x C 2016 x C 2016 x C 2016 x Lấy đạo hàm hai vế, ta được: 2015 2017x 1 x 2016 2016 C 2016 2C 2016 x 3C 2016 x 4C 2016 x 2017C 2016 x 2016 2C 2016 3C 2016 4C 2016 2016C 2016 Thay x vào, ta được: 2018.22015 C 2016 Vậy tổng S 2018.22015 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD A ' B 'C ' D ' có cạnh Gọi M trung điểm AD N tâm hình vuông CC ' D ' D Tính thể tích khối cầu cầu qua bốn đỉnh B,C ', M , N khoảng cách hai đường thẳng A ' B ' với MN Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, cho D trùng với góc tọa độ O , A Ox , C Oy D ' Oz , ta có: D 0; 0; ,C 0;2; , B 2;2; , A 2; 0; D ' 0; 0;2 ,C ' 0;2;2 , B ' 2;2;2 , A ' 2; 0;2 M trung điểm AD nên M 1; 0; N trung điểm CD ' nên N 0;1;1 Gọi phương trình mặt cầu tâm I (a;b;c ) qua bốn điểm B,C ', M , N có dạng là: (S ) : x y z 2ax 2by 2cz d Vì mặt cầu (S ) qua bốn điểm B,C ', M , N nên ta có hệ phương trình: 4a 4b d 4b 2a b c d 4b 4c 2a 2a d d 2a C ' 2b 2c d 2b 2c 2a N a 2a 4b b 2a 4b 4c 2a 2b 2c C c d a y d 4 Bán kính mặt cầu cần tìm là: R a b c d 2 z D' A ' B ' D M A B 2 35 Thể tích khối cầu cầu qua bốn đỉnh B,C ', M , N là: 4 35 35 35 (đvtt) V R 3 Tính d DB ';MN ? Ta có: A ' M 1; 0; 2 A ' B ' 0;2;2 A ' B ', MN 2; 0;2 MN 1;1;1 A ' B ', MN A ' M 2(1) 2(2) A ' B ', MN 22 22 2 Khoảng cách hai đường thẳng A ' B ' với MN xác định bởi: A ' B ', MN A ' M (đvđd) d A ' B ';MN A ' B ', MN 2 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d ) : x y x thẳng (d1 ) chúng cắt hai điểm A(1; 6), B Đường thẳng (d2 ) cắt (C ),(C ) hai điểm C , D (khác A ) cho diện tích tam giác BCD 24 Tìm tọa độ đỉnh tam giác BCD Gọi I , J tâm đường tròn (C ) (C ) Gọi M , N trung điểm AD, AC H giao điểmcủa AB với (d1 ) Ta có: AB (d1 ) (AB ) : x y m Mà A(1;6) (AB ) m m 7 Phương trình (AB) : x y x y x H 3; Vì H (AB) (d1 ) nên tọa độ H thỏa hệ: x y y x 2x H x A Vì H trung điểm AB nên tọa độ B thỏa: B B 5;2 y B 2yH yA yB 26 Khoảng cách từ B đến (d2 ) là: BK d B ;(d2 ) 1 Diện tích tam giác BCD là: S BCD BK CD 2S 2.24 Suy ra: CD BCD 12 BK Vì hai đường tròn (C ) (C ) có bán kính nên tâm I J đối xứng qua H Ta có: I (d1 ) I t ; t xJ 2x H x I t J t; t H trung điểm IJ nên: yJ 2yH yI t N IH t ; IH (3 t )2 32 K A AH 2; 2 AH 22 (2)2 2 M H Khoảng cách từ I J đến (d ) là: C D (d2 ) (d1 ) J IM d I ;(d2 ) JN d J ;(d2 ) yI yJ t 16 t 5 I B t 6 1t Bán kính hai đường tròn là: R IA AH IH 2 (3 t )2 32 Tam giác AIM vuông M , có: AM IA2 IM Tam giác AJN vuông N , có: AN IA JN Ta có: CD CA AD 2(AM AN ) Suy ra: 26 4t 25 4t 12 t 6t 26 t 6t 26 (t 5)2 t 6t 26 (1 t ) 4t 25 4t 4t 25 4t 4t 1 25 4t 36 4t 25 4t t 4t 1 25 4t 25 16t 96t t Với t , ta có: I 0;1 , J 6; R 26 4t 25 4t Suy phương trình đường tròn là: (C ) : x y 26 (C ) : x y 26 y Vì C (d2 ) (C ) nên tọa độ C thỏa hệ: 2 x y 26 x x y x x 1 C 1; (do C 1;6 trùng với A ) y x 1 y y y Vì D (d2 ) (C ) nên tọa độ D thỏa hệ: 2 x y 26 x 11 x x 25 y x 5 D 11; (do C 1;6 trùng với A ) x y y y Với t , ta có: I 6; , J 0;1 R 26 Làm tương tự, ta có: C 11; , D 1; Vậy tọa độ đỉnh tam giác BCD là: B 5;2 , C 1; , D 11;6 B 5;2 , C 11;6 , D 1;6 Câu (1,0 điểm) 3x 6y 6y 3x Giải hệ phương trình: x 2y 2 2 x 2y 4y x x 2y (x 2)(1 2y x ) 3x 6y 6y 3x (1) x 2y 2 2 x 2y 4y x x 2y (x 2)(1 2y x ) (2) 3x 6y x 2y 32 6y 3x Điều kiện: 4y x 4y x x 2y x y Phương trình (1) tương đương: 3(2y x ) 3(2y x ) (2y x ) Đặt: t 2y x ; (t 0) t 2y x Phương trình (1) trở thành: 3t 3t 3t t 3t t Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 4t 3t t 2t 2 3t t 2t Suy ra: 3t t 3t t 6 t2 Dấu " " xảy khi: 3t t 3t t t 2 t 1 3t t 3t t t t t Với t , ta có: 2y x , thay vào phương trình (2) , ta được: x x x x x x (x 2)(x x ) x (x 1) x (x 1) x x x x (x 2)(x x ) x2 x x x (x 2)(x x ) x x 11 x x 4 x (x 1) x (x 1) x (x 1)(x 1) x (x 1)(x 2) 2 x x 11 2 x x 4 1 x (x 1) x x2 2 x2 x x2 x 1 0 x (x 1) x x 2 x x x x x (x 1) (3) 1 x x 0 (4) x2 x x2 x 2 1 Vì x x x 0; x 2 Nên x x x2 x Suy phương trình (4) vô nghiệm x2 x 0; x x Giải phương trình (3) : x (x 1) (thỏa) x 1 Với x y (nhận) Với x 1 y (nhận) 1 Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm: x ; y 0; , 1; Câu 10 (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4(x 8y ) Tìm giá trị lớn biểu thức: P (x 2y 2)3 5(x y ) 5(x y ) a, b ta có: 4(a b ) (a b)3 (1) Thật vậy: (1) 4(a b ) a b 3ab(a b) 3(a b ) 3ab(a b) (a b)(a ab b ) ab(a b) (a b)(a 2ab b ) (a b)(a b)2 (2) Vì a, b nên (2) Dấu " " xảy a b Suy (1) chứng minh Áp dụng BĐT (1) với a x , b 2y , ta có: 4(x 8y ) x (2y )3 (x 2y )3 x 2y Lại có: 5(x y ) 5(x y) 5x 5x 5y 5y 2 1 10 1 1 1 x x y y x y 4 4 2 2 2 (x 2y 2)3 (1 2)3 54 5(x y ) 5(x y ) 4(x 8y ) Ta có: P 54 x y x 2y x y Do đó: P ***************************************************************************** Vậy giá trị lớn biểu thức Pmax 54 , đạt x y Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân (luankieu@ymail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl ...TRƯỜNG THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN (TP.HCM) Đề 01/2016 LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Môn:Toán Thời gian làm bài:180 phút Người đề: Kiều Hòa Luân Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến