Đề 29 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) năm 2016

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   26  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 16  t 5 I B  t 6  1t 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 11  x x 4 x (x  1) x (x  1) x (x  1)(x  1)    x (x  1)(x  2)  2 x x 11 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