Đề thi thử môn toán thầy dũng mathclass

DŨNG ĐOÀN’s MATHCLASS OFFLINE ĐỀ THI THỬ KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian phát đề Đề thi thử lần thứ 08 =======================***======================= Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y = x4 − x2 − ( ) y = x4 − − m2 x2 + m + Câu (1,0 điểm) Tìm tham số m để đồ thị hàm số tam giác có diện tích lớn ? Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: I=∫ Câu (1,0 điểm) Tính tích phân x x+1  x + y = 2 x − y −   log ( x − ) − log y = ( x; y ∈ R ) dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ ( P ) : x + 2y − 2z + = có ba điểm cực trị tạo thành Oxyz d: , cho đường thẳng x y+1 z +2 = = mặt phẳng d a) Viết phương trình mặt phẳng qua gốc tọa độ O vuông góc với ( P) d b) Tìm tọa độ điểm M thuộc cho khoảng cách từ M đến 2 sin 2α = 4 P = sin α + cos α Câu (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức , biết Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp đáy, S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng M BC S ABMD SA = AB = a AD = 3a , Gọi trung điểm cạnh Tính thể tích khối chóp cosin góc tạo Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng hai mặt phẳng ( ABCD ) ( SDM ) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A Gọi D trung điểm BC E hình chiếu A đường thẳng BC Gọi F G tương ứng hình chiếu E cạnh AB AC Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD H Biết trình đường thẳng ( FG ) : 3x − y + = Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: P= biểu thức: A ( 2; ) , tọa độ điểm , phương điểm E có hoành độ nhỏ Tìm tọa độ đỉnh B C ( ( x + 2) Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương AH AD = 2 + ( x − 3) a, b, c )( ) x + x + − = 81x + 32 thỏa mãn điều kiện: a2 + b2 + c = ( x ∈ R) Tìm giá trị nhỏ a b c + + + b + 2c c + a a + b a + b + c + HẾT -Họ tên: …………………………………………………………………………….Lớp:…………… Đề thi gồm có: 01 trang, cán coi thi không chém gió thêm! Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng DŨNG ĐOÀN’s MATHCLASS OFFLINE ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề Đề thi thử lần thứ 08 ( ) y = x4 − − m2 x2 + m + Câu (1,0 điểm) Tìm tham số m để đồ thị hàm số tam giác có diện tích lớn ? ( ) ( ) có ba điểm cực trị tạo thành y ' = x − − m x = x x + m − = ⇔ x = ∨ x = − m2 Ta có: A ( 0; m + 1) , B Khi hàm số có ba cực trị: ( M 0; −m4 + 2m + m Gọi ) ( Vậy giá trị lớn diện tích ) x > 2; y > Do đó: ∆ABC ( ) ( ) ( ) ( x+1−2 + x+1 Vì: ( ) ) ∆ABC cân A − m2 ≤ ( x; y ∈ R ) log ( x − ) = log y ⇔ y = x − x+1 +2 + ) x−2 −1 = ⇔ x−2 +1 >0 Do đó: ( x − 3) x+1 x+1+ x=3⇔ y=1 + x + y = 2x − y − ⇔ x + x − = x + x− −1 = ⇔ x +1   x +1 ⇔ ( x − 3)  + ÷=  x+1 +2 x − +1÷   m=0 AM.BC = − m2  x + y = 2 x − y −   log ( x − ) − log y = Từ phương trình hai ta có: Thay vào phương trình thứ ta được: ⇔ x + 1− x + + S∆ABC = , BC = − m2 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: Điều kiện xác định: ) ( − m ; − m + m + m , C − − m ; −m + m + m trung điểm BC Vì hàm số đối xứng qua trục tung AM = m4 − 2m2 + = − m2 Ta có: ( −1 < m < Hàm số có ba cực trị x−3 x−2 +1 =0 Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng 3 I=∫ Câu (1,0 điểm) Tính tích phân x x+1 dx  2t 2 t2 − I=∫ 2tdt = ∫ t − dt =  − 2t ÷ = t  1 1 x + = t ⇒ x = t − 1, dx = 2tdt Đặt Khi đó: ( Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ ( P ) : x + 2y − 2z + = Oxyz ) d: , cho đường thẳng x y+1 z +2 = = mặt phẳng d a) Viết phương trình mặt phẳng qua gốc tọa độ O vuông góc với ( P) d b) Tìm tọa độ điểm M thuộc cho khoảng cách từ M đến a) Mặt phẳng cần tìm là: b) Gọi ( Q ) : x + y + 3z = M ( t ; 2t − 1; 3t − ) ∈ d ( ) d M; ( P ) = ( P = sin α + cos4 α = sin2 α + cos2 α Ta có: S.ABCD ) t = 11 ⇔ M ( 11; 21; 31) =2⇔ t = −1 ⇔ M ( −1; −3; −5 ) sin 2α = P = sin α + cos α Câu (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức đáy, t−5 Khi đó: Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp , biết − sin α cos α = − sin 2α = có đáy ABCD hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng SA = AB = a AD = 3a M BC S.ABMD , Gọi trung điểm cạnh Tính thể tích khối chóp cosin góc tạo hai mặt phẳng ( ABCD ) ( SDM ) Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng SABMD = 9a2 AB ( AD + BM ) = 3a VS ABMD = SA.SABMD = Hạ (đơn vị diện tích) (đơn vị thể tích) AH ⊥ MD ⇒ ( SAH ) ⊥ MD ⇒ SH ⊥ MD Khi đó: ( · ( SMD ) ; ( ABCD ) = ( SH ; AH ) = SHA = ϕ ) AH = AE AD AD + AE2 = Lấy E đối xứng A qua B Ta có: 7a AH ⇒ SH = SA + AH = cos ϕ = = 13 SH Do đó: 6a 13 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A Gọi D trung điểm BC E hình chiếu A đường thẳng BC Gọi F G tương ứng hình chiếu E cạnh A ( 2; ) AH AD = AB AC Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD H Biết , tọa độ điểm , phương ( FG ) : 3x − y + = trình đường thẳng điểm E có tọa độ nguyên Tìm tọa độ đỉnh B C Chứng minh AD vuông góc FG: ABC tam giác vuông có cạnh huyền BC, trung tuyến AD DA = DB = DC đó: hay tam giác ACD cân D ·DAC = DCA · · · FAE = DCA Khi đó: Mặt khác (góc có cạnh · · FAE = GFA tương ứng vuông góc) (AFEG hình chữ nhật) ·DAC = GFA · đó: ·GFA + AGH · · · = 900 DAC + AGH = 900 ⇒ AD ⊥ FG Vì: , vậy: ( AD ) : x + 3y − 17 = Phương trình đường thẳng: Tọa độ H nghiệm hệ phương trình: ( AD ) : x + y − 17 =  62 59  ⇒ H ; ÷   25 25  ( FG ) : x − y + = AH = Do đó: Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng Vậy: AD 25 uuuur 25 uuuur AD = ⇔ AD = ⇒ = ⇒ AD = AH AH 8 7  D  ;1 ÷ 2  hay: Khai thác yếu tố AD.AH = 2: Gọi I giao điểm AE FG, ta có I trung điểm AE Vì ∆AIH ∽ ∆ADE Gọi Với: Với: Với vậy: AH AD = AI AE ⇒ AI AE = ⇒ AI = AI = ( a − ) 2 , ta có: 74  74 68  ⇒ I ; ÷ 25  25 25  a = ⇒ I ( 2; ) E ( 2;1) , ta có phương trình đường thẳng + ( x − 3) x=− Trường hợp 1:  98 61  E ; ÷  25 25  E ( 2;1) AE = 2   7 25  B ( 1;1) , C ( 6;1) ( D ; l ) :  x − ÷ + ( y − ) = 2 ⇒    B ( 6;1) , C ( 1;1)  BC : y = ) ( x ≥ −1 Điều kiện xác định: ( BC ) : y = Ta có: x +1 32 81 ( ( x + 2) ( ( x + 2) 2 + ( x − 3) + ( x − 3) 2 (loại) (thỏa mãn điều kiện) ED = ,    BE.CE = AE2 ⇔  l − ÷ l + ÷ = ⇔ l =    Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: ( ( x + 2)  3a +  74 + − 3÷ = ⇔ a = ∨ a = 25   Vì I trung điểm AE nên ta tìm hệ phương trình: Vì I trung điểm AE nên ta tìm lượng tam giác vuông ta có: ⇔  3a +  I  a; ÷   a= AD ⊥ FG Đặt , theo hệ thức Vì tọa độ B C nghiệm )( ) x + x + − = 81x + 32 )( BD = CD = l ( x ∈ R) ) x + x + − = 81x + 32 ) 81xx++132+ = 81x + 32 ⇔ ( ( x + 2) + ( x − 3) ) ( x + ( 81x + 32 ) = ( 81x + 32 ) x + + Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng ) ⇔ ( x + ) + ( x − 3) Trường hợp 2: ( ⇔ x − 3x ) ( 2 x + = x + + ⇔ x + 4x − + x − 6x )   x2 = ⇔ ( x − 3)  x x + + + ÷= x+3+3 x+1 x + 3+ x +1     1 + − 1÷ ÷= x +  ( x + 1) + x+1  x +1 x +1   Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: x+1 + ( x + 1) + x+1 x+1 + x+1 ≥ 3 ( x + 1) −1> ⇔ x x +1 +1> x=3 x=− 32 81 x+1 x+1 x x +1 +1+ Do đó: Do phương trình có nghiệm = x2 x + 3+ x+1 3 >1 > 0, ∀x ≥ −1 a, b, c a2 + b2 + c = Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương thỏa mãn điều kiện: 2 a b c P= + + + b + 2c c + a a + b a + b + c + biểu thức: Ta có: ) x2 ( x − 3)  x x +1 +1= x +1x +  Vậy: x +1 = ( ( ( x + 1) + ) x + + x2 + x − − 3x x + = ⇔ x ( x − ) x + + ( x − ) + x x + − x + = ⇔ ( x − 3) x x + + + Vì: a2 b2 c2 a4 b4 c4 + + = + + b + 2c c + a a + 2b a b + a c b c + ab ac + 2bc Tìm giá trị nhỏ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz: ( ) a2 + b2 + c a4 b4 c4 + + ≥ a b + 2a c b c + ab ac + 2bc a b + b2 c + c a + a c + b2 a + c b ( ⇔ ) ( a2 b2 c2 + + ≥ 2 b + c c + a a + 2b a b + b c + c a + a c + b2 a + c b Mặt khác ta có: ( ) ( ( ( a + b + c ) = ( a + b + c ) a2 + b2 + c ) ) ) Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng ( ) ( ) ( ) ( ⇔ ( a + b + c ) = a + b + c + a b + b 2c + c a + a c + b a + c b ≥ a b + b c + c a + a c + b a + c 2b Do đó: a2 b2 c2 + + ≥ ⇔P≥ + b + 2c c + a a + 2b ( a + b + c ) a+b+c a+b+c +1 ( ) P≥ a + b + c ≤ a2 + b2 + c ⇔ a + b + c ≤ Vì: , đó: ) , giá trị nhỏ P a=b=c =1 Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng