Đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán 2016 Đề số 2

Tìm tọa độ điểm K là hình chiếu của I trên  và viết phương trình mặt phẳng  P , biết tam giác IHK vuông cân.. Một bài thi trắc nghiệm khách quan gồm 5 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án

ĐỀ SỐ 02

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x33x2mxm 2  1 , với m là tham số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  1 khi m  0

b) Tìm m để đồ thị hàm số  1 có hai điểm cực trị có hoành độ x , 1 x thỏa mãn: 2

2 2

1 2 3 1 2 12

x x  x x 

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Tìm nghiệm x 0; 2 của phương trình cos 3 sin 2 2 sin 2

4

x x   x 



 

b) Tìm số phức z thỏa mãn z1 z2i là số thực và z 2 2

Câu 3 (0,5 điểm) Cho hàm số yxtanx Chứng minh rằng x y2 '' 2 x2y2 1y 0

Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

9

4

3





x y,  

Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân

2 0

1

x





Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D ,

AD DC  , a AB 2a ; cạnh bên SA vuông góc với đáy; mặt phẳng SBC tạo với đáy góc  45 Tính 0

theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB , AC

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn     2 2

đường thẳng d: 3x4y35 Tìm tọa độ điểm M thuộc d để từ M kẻ đến 0  C hai tiếp tuyến MA ,

MB (A , B là các tiếp điểm) sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất

Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

2

4

y z

  





   

 



nằm trong mặt

phẳng  P và điểm I2; 1;2  Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên  P Tìm tọa độ điểm K là hình chiếu của I trên  và viết phương trình mặt phẳng  P , biết tam giác IHK vuông cân

Câu 9 (0,5 điểm) Một bài thi trắc nghiệm khách quan gồm 5 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời Tính

xác suất để một học sinh làm bài thi được ít nhất 3 câu hỏi

Câu 10 (1,0 điểm) Cho x , y , z là ba số thực thuộc đoạn 1; 2 

  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

4 4

P





HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1 a) Với m  , hàm số trở thành: 0 yx33x2 2

● Tập xác định: D  

● Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y'3x26x 3x x 2;  

     0

2

x y

Hàm số đồng biến trên các khoảng   và ; 2 0;  ; 

nghịch biến trên khoảng 2; 0

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x   , 2 yCD 2;

đạt cực tiểu tại x  , 0 yCT  2

Giới hạn tại vô cực: lim

x y

   ; và lim

x y

   Bảng biến thiên

● Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt  1;2 ,   3; 2

x

y

2

y

-2

b) Ta có y'3x26xm

Đồ thị hàm số  1 có hai điểm cực trị  phương trình 'y  có hai nghiệm phân biệt 0

'

Khi đó các điểm cực trị có hoành độ x , 1 x là nghiệm của phương trình '2 y  Theo Viet, ta có 0

x x   và 1 2

3

m

x x  Yêu cầu bài toán x12x223x1x212

x1x222x x1 23x1x212

  222   3 2 12  3

3

m

Đối chiếu điều kiện tồn tại cực trị ta được giá trị m cần tìm là: m   3

Câu 2 a) Phương trình đã cho tương đương với

cosx3 sinx 2 sin 2xcos 2x

2 2

2

x   x  : phương trình vô nghiệm

4

x  x  x  







     



2

x

k   

2





Vì k   nên ta chọn k  , suy ra 1 3

2

Vì k   nên ta chọn k  , suy ra x0  

Vậy các nghiệm thỏa yêu cầu bài toán là: 3

2

 , x  

b) Đặt z  a bi a b   , suy ra  ,  z a bi

● z1 z 2ia 1 bi a  2b i 

a2b2 a 2b2a b 2i

Để z1 z2i là số thực 2a     b 2 0 b 2 2a

5a28a    hoặc 4 0 a 2 2

5

a  

Với a  , suy ra 2 b   Ta được số phức 2 z  2 2i

Với 2

5

a   , suy ra 14

5

b  Ta được số phức 2 14

z    i

Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là: z  2 2i hoặc 2 14

z    i

Câu 3 Ta có

2

' tan

cos

x

x

y

Do đó



2

2

cos

x

x x

Vậy x y2 '' 2 x2y2 1y 0

Câu 4 Ta có

 

 

9

4

2 3















Điều kiện:    



1 1

x

Đặt    

   



Khi đó  1 trở thành 2  2  1 1 2 2.1 1

Phương trình  2 trở thành  

Áp dụng bất đẳng thức   



2

m n m n với mọi x y,   và m n, 0

Ta được

  

2

1

a b

Xét hàm số  



2

2

t

f t

t với t   1a b

Ta có  

2 2

4

2

f t

t





,   1t

Suy ra f t đồng biến trên    1;  nên    1  1

3

E

I

B A

S

Từ  * và  * * , suy ra   



 

2

1

a b

  



 

 2

1 1 4

a b

2

Với   1

2

a b , ta được

1

1

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ đã cho là  ; 5; 3

x y   



 

Nhận xét Bài toán kết hợp khá nhiều kiến thức: Đặt ẩn phụ, đánh giá, xét hàm Đây thực sự là một bài toán khó

Câu 5 Ta có

3

 

2

Đặt t   , suy ra dt x 1 dx

Đổi cận: với x  thì 0 t  , với 1 x  thì 1 t  2

Khi đó:

2

6 ln 2

2

Câu 6 Gọi I là trung điểm AB Suy ra 1

2

CI AD a AB

Do đó tam giác ABC vuông tại C Suy ra BC AC nên:

SBC , ABCDSC AC, SCA 

Ta có AC  AD2DC2 a 2;

Diện tích hình thang ABCD là:

ABCD

Do đó

3

S ABCD ABCD

a

Lấy điểm E sao cho ACBE là hình bành hành Khi đó

 ,   ,    ,  

d SB AC d AC SBE d A SBE

d

M

B

A

I

Vì ACBE là hình bình hành và ACB  900 nên ACBE là hình chữ nhật, suy ra AE BE

Gọi K là hình chiếu của A trên SE , suy ra AK SE

Ta có BE SAE nên BE AK

Do đó AK SBE nên d A SBE ,  AK

Trong tam giác vuông SAE , ta có

Vậy d SB AC , AKa

Câu 7 Phân tích hướng giải: Vì M  nên ta biểu diễn tọa độ điểm M theo tham số t Để tìm tọa độ M d

ta đi tìm t Từ yếu tố diện tích ta sẽ suy được khoảng cách IM , từ đó suy ra t Thông thường các em sử dụng công thức:

IAB

S  IA IB AIB  R AIB

Lý luận rằng SIAB lớn nhất khi sinAIB 1 AIB900 Khi đó MAIB là hình vuông, suy ra

2

MI R Ở đây tôi cố tình cho d I d , R 2, thế thì các em không giải ra tham số t và kết luận vô nghiệm Vậy không có điểm M nào thỏa yêu cầu bài toán ???

Đường tròn  C có tâm I 2;1 , bán kính R 2 2

Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng d bằng:     



9 16

Đặt IM  với x x  5

Suy ra

2 8

AI

IH

2

2

8

2 2 x

x



Diện tích tam giác AIB được tính theo công thức:

2 4

8

AIB

x

x





Xét hàm số f x  x2 4 8

x



 , với x  5

Ta có    2      

32 2

f x

Suy ra f x nghịch biến trên    5;  nên f x f 5 ,   

5;

Suy ra SAIB đạt giá trị lớn nhất bằng 16 2  5 16 34

25 5

f  tại x  5 Với x  thì M là hình chiếu vuông góc của I trên d 5

K

H I

Đường thẳng  qua I 2;1 và vuông góc với d nên : 4x3y  5 0

Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ 3 4 35 0 5  5; 5

M

Nhận xét: Nếu đề cho d I d , R 2 thì ta làm như trên Còn đề bài cho d I d , R 2 thì ta dùng công

2

IAB

S  IA IB AIB

Câu 8 Phân tích cách tìm mặt phẳng  P : Thông thường để viết phương trình mặt phẳng ta tìm một điểm

đi qua và một vectơ pháp tuyến Ở bài toán này ta không tìm được VTPT của mặt phẳng  P , nhưng dữ kiện bài toán cho liên quan đến khoảng cách nên ta viết phương trình mặt phẳng  P ở dạng gọi trước

 P :Ax ByCzD với 0 A2B2C2 0

Do K   nên K2 t; 1; 4 Suy ra IKt; 0;2

Đường thẳng  có vec tơ chỉ phương u  1; 0; 0

Để K là hình chiếu của I trên  thì IK   IK u    0 t 0

Suy ra K2; 1; 4 

Gọi  P :Ax ByCzD với 0 A2B2C2 0

Do   P nên:

● u vuông góc với VTPT của  P

1.A0.B0.C  0 A 0

● K2; 1; 4    P

2A B 4C D0  B D 4C

● Theo giả thiết tam giác IHK vuông cân, suy ra 2

2

IK

   

d I P

2 2

2 2

2

2

C





Nếu C  thì 0 B  Khi đó 0 ABC  (không thỏa mãn) 0

Do đó C  , ta chọn 0 C  , suy ra 1 B   1

▪ Với C  , 1 B  suy ra 1 D   nên 3  P :y    z 3 0

▪ Với C  , 1 B   suy ra 1 D   nên 5  P :    y z 5 0

Vậy  P :y   hoặc z 3 0  P :    y z 5 0

Nhận xét: Những bài toán viết phương trình mặt phẳng có liên quan đến khoảng cách hoặc góc thì ta gọi trước như trên

Câu 9 Mỗi câu đều có 4 phương án trả lời Theo quy tắc nhân ta có số phương án trả lời của bài thi là

5

4

 

Gọi A là biến cố '' Học sinh làm bài thi được ít nhất 3 câu hỏi ''

● Trường hợp 1: Học sinh làm được 5 câu hỏi, có duy nhất 1 khả năng xảy ra vì bài thi có duy nhất 1 đáp

án

● Trường hợp 2: Học sinh làm được 4 câu hỏi, tức là

▪ Làm đúng được 4 câu nên có C cách 54

▪ Làm sai 1 câu nên có C cách chọn phương án sai cho câu đó vì mỗi câu có 3 phương án sai 13

Suy ra số khả năng xảy ra trong trường hợp này là C C 54 31

● Trường hợp 3: Học sinh làm được 3 câu hỏi, tức là

▪ Làm đúng được 3 câu nên có C cách 53

▪ Làm sai 2 câu nên có  1 2

3

C cách chọn phương án sai

Suy ra số khả năng xảy ra trong trường hợp này là  2

3 1

5 3

C C

Do đó số khả năng xảy ra biến cố A là 4 1 3  1 2

5 3 5 3

Vậy xác suất của biến cố A là

5

512 4

A A

Câu 10 Áp dụng bất đẳng thức cơ bản  2

4xy  xy , x y,   Ta có:

2

2

2

1 1

P

z z

z z



Dấu '' xảy ra khi và chỉ khi : x''  y  1

t

z z

  Vì , ,x y z  1; 2 nên t  1; 4

Khi đó:

2 2

1 1

t P

t t





2

1 1

t

f t

t t





, t   1; 4

2 2

2 1 8

t

f t





    

,    t 1; 4

Suy ra f t nghịch biến trên 1; 4   

  nên    4 3 8 17

17

  ,    t 1; 4

Dấu '' xảy ra khi và chỉ khi: '' 4 2

1

t

z

  



   

17

Từ  1 và  2 , suy ra dấu '' xảy ra khi và chỉ khi : '' x   , y 2 z  1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3 8 17

17



; khi x   , y 2 z  1