Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên amsterdam hà nội lần 1 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) x +1 x−2 Câu (1,0 điểm) Tìm số thực a, b cho hàm số f ( x) = a ln x + bx + x đạt cực tiểu điểm x = f(1) = Câu (1,0 điểm) e2 x − a) Tìm giới hạn L = lim x →0 x+4 −2 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = b) Giải phương trình log ( 5.2 x − ) = 3− x 2x + x − 2e x + 2x dx x e x Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;1;1); B(3;–1;1) C(–2;0;2) Gọi (P) mặt phẳng qua điểm C vuông góc với đường thẳng AB Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm O tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos2x - 3sin2x + 5(sinx + cosx)= b) Có túi đựng bút Túi thứ chứa bút đỏ bút xanh Túi thứ hai chứa 16 bút đỏ số bút xanh Chọn ngẫu nhiên từ túi bút Biết xác suất để hai bút chọn có màu 0,44 Xác định số bút xanh có túi thứ hai Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC cân A với ABC= 30°; mặt (SAB) (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Biết độ dài trung tuyến AM tam giác ABC a góc đường thẳng SC với mặt phẳng (SAB) 300 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách đường thẳng AM, SC theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với cạnh AB, AC M N Đường thẳng BI cắt đường thẳng MN E Biết I(–1;–1); E(3;1) đường thẳng AC có phương trình x + 2y – = Xác định tọa độ điểm C Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫  + ( x + y ) y − x + = y − y + x ( x; y ∈ ¡ ) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   4( y + x + 1) = y x − Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực không nhỏ Chứng minh a b c 18 + + ≥ 2a − 2b − 2c − + ab + bc + ca ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu + Tập xác định: D = ℝ \ {2} + Sự biến thiên −3 < 0, ∀x ∈ D Chiều biến thiên: y ' = ( x − 2) Hàm số nghịch biến khoảng (–∞;2) (2;+∞) Giới hạn tiệm cận: lim− y = −∞; lim+ y = +∞ => x=2 tiệm cận đứng x →2 x→2 lim y = lim y = => y = tiệm cận ngang x →+∞ x →−∞ Bảng biến thiên: + Đồ thị Giao với Ox (–1;0), giao Oy (0; −1 ) Điểm I(2;1) tâm đối xứng đồ thị Câu Tập xác định (0;+∞) Ta có f(1)=3a.ln1+b.1+1=3b=2 Khi đó: f(x)=a.lnx+2n2+x a f’(x)= + x + x a f’’(x)= − + x f Hàm số f(x) đạt cực tiểu x =  f a  + 4.a + = '(1) =  a = −5 ''(1) > − a + >  Vậy a = –5, b = Câu a) Xét hàm số f ( x ) = Ta có ∀x ∈ D, f ( x ) = e2 x − có tập xác định: D = (–4;+∞) \ {0} x+4 −2 e2 x − e x − x( x + + 2) e x − = = 2.( x + + 2) 2x x+4−4 2x x+4 −2 e2 x − =1 x →0 2x Vì lim x = => lim x→0 lim 2( x + + 2) = x→0 => L = lim f ( x) = 1.8 = x →0 5.2 x − b) log ( x ) = − x (1) +2 5.2 x − Điều kiện: > Ta có: 2x + 5.2 x − (1) x = 23 − x +2 5.2 x − 8 x = + 22 x (5.2 x − 8) = 8(2 x + 2) 5.22 x − 16.2 x − 16 = (2 x − 4) (5.2 x + 4) = 14 43 > 0,∀x = x = (thỏa mãn điều kiện) Vậy tập nghiệm phương trình cho {2} Câu x I =∫ 1 x − 2e x + 2x dx x e x Xét f ( x) = e x − x [1;4] f(x) liên tục [1;4] Ta có f '( x ) = e x − > 0, ∀x ∈ [1; 4] x => f ( x) ≥ f (1) = e1 − > 0, ∀x ∈ [1; 4] 1 => e x > x > => − x > 0, ∀x ∈ [1; 4] x e => I = ∫ ( ≥ e1 − 4 1 1 ) − x + ( x ) dx = ∫ ( − x ) dx = ∫ ( − e − x )dx x e x e x e x 1 = (2 x + e − x ) 1 = 2+ − e e Câu r uuu r uuur Có AB = (2; −2;0) Vì (P) ⊥ AB nên nhận n = AB = (1; −1; 0) làm VTPT Suy phương trình (P): 1.(x+2)-1.y=0x-y+2=0 r uuur Gọi d đường thẳng qua O(0;0;0) vuông góc với (P) Suy d nhận n = AB = (1; −1;0) làm VTCP ⇒ x = t  phương trình d:  y = −t z =  Gọi H giao điểm d (P) H ∈ d ⇒ H(t; -t;0) H ∈ (P) => t − (− t) + = => t = −1 => H (−1;1;0) Bán kính mặt cầu (S) R = OH = 12 + 12 = Suy phương trình (S): x2+y2+z2=2 Câu a) cos2x - 3sin2x + 5(sinx + cosx)= (c os x − sin x) + 5(sinx + cosx) = 3(1 + sin x) (sinx + cosx)(cosx − sinx + 5) = 3(sin x + 2sin x cos x + cos x) (sin x + cos x)(cos x − sin x + 5) = 3(sin x + cos x) (sin x + cos x)(−2 cos x − 4sin x + 5) = sin x + cos x =   cos x + 4sin x = π −π + kπ Có sin x + cos x = sin( x + ) = x = 4 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho số, ta có (2 cos x + 4sin x) ≤ (2 + )(sin x + cos x) = 20 => cos x + 4sin x < −π + kπ , k ∈ ¢ b) Gọi số bút xanh túi thứ x A biến cố “Hai bút chọn có màu” Tính số phần tử không gian mẫu: Có 10 cách chọn bút túi thứ nhất, (16 + x) cách chọn bút túi thứ 2, theo quy tắc nhân số phần tử không gian mẫu 10(16 + x) Vậy nghiệm phương trình cho x = Tính số kết thuận lợi cho A: TH1: bút lấy có màu đỏ: Số cách chọn bút màu đỏ từ túi thứ túi thứ hai 16, có 4.16 cách chọn bút màu đỏ TH2: bút lấy có màu xanh: Tương tự có 6.x cách chọn bút màu xanh Theo quy tắc cộng số kết thuận lợi cho A 4.16 + 6x 4.16 + x = 0, 44 1, x = 6, x = Xác suất A 10(16 + x) Vậy có bút màu xanh túi thứ Câu Vẽ CH ⊥ AB H ⇒ CH ⊥ (SAB) Góc SC (SAB) (SC;SH)=HSC=30o AM = 2a ∆ ABC cân A ⇒ AM ⊥ BC ⇒ AC = AB = sin 30o BM = AM cot 30o = a 3, BC = BM = 2a S ABC = AM BC = a AM BA AM BC ∆BAM ~ ∆BCH => = => CH = =a CH BC BA HC SC = = 2a 3, SA = SC − AC = 2a o sin 30 2a => VS ABC = SA.S ABC = 3 Vẽ CK // AM (K ∈ AB) ⇒ AM // (SKC) ⇒ d(AM; SC) = d(AM; (SKC)) = d(A;(SKC)) Vẽ AN ⊥ KC N AI ⊥ SN I ⇒ AI ⊥ (SKC) Vì CK // AM ⇒ AKC=BAM=60o,ACK=CAM=60°⇒ AKC tam giác Suy AN = AC.sin 60o = a 1 2a 66 = + => AI = 2 AI AS AN 11 Vậy khoảng cách SC AM 2a 66 11 Câu Đường thẳng AC nhận (2;–1) làm VTCP Vì IN ⊥ AC nên đường thẳng IN nhận (2;–1) làm VTPT Suy phương trình IN: 2(x + 1) – (y + 1) = ⇔ 2x – y + = x + y = −1 => N ( ; ) Tọa độ N nghiệm hệ  5  x − y = −1 Theo tính chất góc tam giác ta có A B C MEB = AMN − MBE = (90o − ) − = 2 =>NEI=NCI ⇒ INEC tứ giác nội tiếp Gọi (C) đường tròn ngoại tiếp tứ giác INEC, có phương trình x2+y2+ax+by+c=0 Thay tọa độ I, N, E vào ta có hệ: −10   a =  − a − b + c = −2    3a + b + c = −10 b =  −1  −2 −8  a+ b+c =  5 5 c =  65 ⇒ Phương trình (C): ( x − ) + ( y + ) = 3 13 −5 (C) có tâm J ( ; − ) trung điểm IC ⇒ C ( ; ) 3 3 Câu  + ( x + y ) y − x + = y − y + x(1)   4( y + x + 1) = y x −  x ≥ −1  Điều kiện:  y ≥  y − 4x + ≥  Với điều kiện ta có: (1) ( x + y )( y − x + − 2) = − y+ x − (x + y )( y − x + − 2) = − (y− x + 8) (x + y )( y − x + − 2) = (2 − y − x + 8)( y − x + + 2) ( y − x + − 2) ( x + y + + y − x + 8) = 4 4 4 43  x ≥−1 > ∀  y ≥0  y − x +8≥ y = x − Khi đó:  y = x − (I)  4(2 x − + x + 1) = 36( x − 1) x − 1(2) (2) x − + x + = 9( x − 1) x − x + − x − = (9 x − 15) x − −12 x + 20 = (9 x − 15) x − x +1 + x −1 (3x − 5)(3 x − + )=0 x +1 + x −1 x = => y = 3 (thỏa điều kiện) Vậy hệ có nghiệm ( ; ) 3 Câu 10 Với số dương x, y, z bất kì, áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho ba số dương, ta có: 1 1 ( + + )( x + y + z ) ≥ 3 xyz = => + + ≥ xyz x y z x y z x+ y+z Áp dụng (*) ta có: a b c 1 1 1 + + =( + )+( + )+( + ) 2a − 2b − 2c − 4a − 2 4b − 2 4c − 1 3t = +( + + )≥ + = 4a − 4b − 4c − 2 4(a + b + c) − 2t − Với t = a + b + c, t ≥ (1) Mặt khác a, b ≥ nên (a-1)(b-1) ≥0 ab+1≥a+b Tương tự bc+1≥b+c,ca+1≥c+a 18 18 9 ≤ = = Suy + ab + bc + ca 2(a + b + c) a + b + c t 3t ≥ 3t − 18t + 27 ≥ 3(t − 3) ≥ (3) Ta chứng minh 2t − t Từ (1), (2), (3) ta có đpcm