Đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán 2016 Đề số 3

S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , cạnh huyền bằng 3a.. Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABC và 2SBa 14.. S ABC và khoảng cách từ B

ĐỀ SỐ 03

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x





 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số

b) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị  C , biết tiếp tuyến của  C tại M

cắt hai đường tiệm cận tại A và B tạo thành một tam giác IAB có trung tuyến IN  10

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Cho sin cos cot

2



  với 0 Tính  tan 2015

2

b) Tìm tham số thực m để số phức 1 2 1

1

z

mi



 là số thực

Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình 25x 10x  22x 1

Câu 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trình  2

Câu 5 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y2x23x và đường thẳng 1

y x

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , cạnh huyền bằng 3a

Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABC và 2SBa 14

Tính theo a thể tích khối chóp S ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAC 

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 2 5 Gọi E , F lần lượt là trung điểm AB , BC ; M là giao điểm của CE và DF Giả sử M 3; 6 và đường thẳng

AD có phương trình x 2y   Tìm tọa độ điểm A, biết A có tung độ lớn hơn 2 7 0

Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P :x    và đường y z 3 0 thẳng

3

 Tính góc tạo bởi giữa d và  P Viết phương trình đường thẳng  là hình chiếu

vuông góc của d trên  P

Câu 9 (0,5 điểm) Tính tổng 2C n05C n18C n211C n3 3n2C n n

Câu 10 (1,0 điểm) Cho x , y , z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện x2y26z2 4z x y Tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức

x y

P

z

y x z x y z



… Hết……

Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:………; Số báo danh:………

Hướng dẫn giải Câu 1 a)

● Tập xác định: D  \ 1 

● Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên:



 2

3

1

x

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;1 và 1; 

- Giới hạn và tiệm cận:

   ; tiệm cận ngang: y  2

1

lim

x

y





  và

1

lim

x

y





  ; tiệm cận đứng: x  1

- Bảng biến thiên

● Đồ thị  C cắt Ox tại 1; 0

2

 

 , cắt Oy tại 0; 1 và nhận giao điểm  I 1;2 của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng

x y



2

-1

1

b) Gọi ;2 1  

1

a

a

  

  , a  Tiếp tuyến của 1  C tại M có dạng:

 2 

:

1 1

a

a a





Ta có d  TCĐ 2 4

1;

1

a A a

  



  và dTCNB a2 1;2

Suy ra trung điểm của AB là 2 1

; 1

a

a

  

Từ giả thiết bài toán, suy ra 2  2 2 1 2

1

a

a

 

2

9

1

a



2 2

a







Suy ra tọa độ điểm M cần tìm là:

0; 1

M  hoặc M 2; 5 hoặc M 4; 3 hoặc M  2;1

2



 ;





Do đó

2

2





2

 

 

2



 nên tan 1

2



 suy ra cot 1

2







2

z

i

Để z là số thực m2m  2 0 m hoặc 1 m   2

Vậy giá trị m cần tìm là: m  hoặc 1 m   2

Câu 3 Phương trình đã cho tương đương với

2

x x x      

      

0 2

x

t    

 

  , ta thu được phương trình:

 



      

2

t

t t

t

Đối chiếu điều kiện, ta chọn t  suy ra 1 5 1 0

2

x

x

 

    

 

 

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x  0

Câu 4 Điều kiện: x  1

Xét hai vec tơ u x 3; x1 ; v 1;1

Khi đó ta có  2

u  x  x v  u v  x  x

Từ trên và bất phương trình trên ta thấy u v  u v   *

Mặt khác, ta luôn có u v   u v.  * *

Từ  * và  * * suy ra u v  u v. Do đó u v , cùng hướng

3

x

   



Đối chiếu điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình S  5

Nhận xét Xu hướng mới trong đề minh họa của BGD năm 2015 là có cấu bất phương trình đại số Trong bài này ta đề cập đến ứng dụng của tọa độ vectơ vào giải bất phương trình

Câu 5 Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong y2x23x và đường thẳng 1 y2x là: 2

2

x  x  x  x  x    hoặc x x  1 Diện tích hình phẳng cần tìm là:

S  x  x  x dx  x  x dx

 

3

3 2

1 1

x x dx  x x x

Câu 6 Gọi M là trung điểm AB ; G là trọng tâm tam giác ABC

Tam giác ABC vuông cân tại C , suy ra

E

M G S

C

B A

M F E

B

A

3

CACB  và CM AB

a

CM  AB  ,

a

GM  CM  ;

2

a

BG  BM GM  ; SG SB2GB2 a

Diện tích tam giác ABC là:

2

ABC

a

a

Ta có

d B SAC d G SAC

Kẻ GE AC , suy ra GE/ /BC

3

GE

a

GE  BC 

Gọi K là hình chiếu của G trên SE , suy ra GK SE

Ta có AC SGE nên AC GK

Do đó GK SAC nên d G SAC ,  GK

Trong tam giác vuông SGE , ta có

3

GK

SG GE



Vậy d B SAC ,  3GKa 3

Câu 7 Phân tích hướng giải: Vì A thuộc phương trình đường thẳng AD nên ta biểu diễn tọa độ điểm A

theo tham số t Từ yếu tố bài toán cho điểm M , cạnh hình vuông cùng với các tính chất của hình vuông ta

cố gắng đi tìm khoảng cách AM rồi suy ra t , từ đó có được A

Do A thuộc đường thẳng AD nên A72 ;t t với t  2

Ta có CBE ~DCF c g c Suy ra BCECDF

Mà CDFCFD900, suy ra BCECFD 900

Do đó CMF  900 hay CE DF

Trong tam giác vuông DCF , ta có

DM

N'

N

A d

Hai góc ADM và  CDF phụ nhau, nên

5

DF

Áp dụng đinh lý hàm số cosin trong tam giác ADM , ta có



AM AD DM  AD DM ADM    4 2t 2 6t2 20

5t228t32  0 t 4 hoặc 8

5

t  Đối chiếu điều kiện ta chọn t  , suy ra 4 A  1; 4

Câu 8 Đường thẳng d qua điểm M3; 0; 0 và có VTCP u    2; 3;2

Mặt phẳng  P có VTPT n  1;1;1 Gọi  là góc tạo bởi giữa d và  P

Ta có

sin

51

17 3

u n

u n

 

Vậy d hợp với  P một góc  thỏa mãn:

3 51

sin

51

 

Gọi A là giao điểm của d và  P Khi đó tọa độ của A là nghiệm của hệ:

3

3

3

0 0

; 0

x y

z

x y z







 



 

Lấy N1; 3;2 Gọi 'd d là đường thẳng qua N và vuông góc với  P , nên có phương trình

' :

Gọi N là hình chiếu của N trên '  P Khi đó N là giao điểm của '' d và  P nên N có tọa độ là nghiệm ' của hệ:

0

1

x

z

x y z



   



Đường thẳng  cần tìm thỏa yêu cầu bài toán đi qua A3; 0; 0 và có VTCP AN  '  3; 2;1 nên có phương trình 3

:

x y z

Cách 2 Gọi   là mặt phẳng chứa d và vuông góc với  P Suy ra   được xác định là đi qua điểm

3; 0; 0

M và có VTPT n   u n, 1; 4; 5 

 

 

  

nên có phương trình   :x4y5z  3 0 Đường thẳng  cần tìm thỏa yêu cầu bài toán là giao tuyến của hai mặt phẳng  P và   nên

:

x y z

    



  

z t

  









Nhận xét: Cách 1 làm hơi cầu kỳ và dài nhưng dễ hiểu hơn Cách 2 ngắn gọn nhưng đòi hỏi các em phải nắm được giao tuyến của hai mặt phẳng và cách chuyển phương trình giao tuyến của hai mặt phẳng về phương trình tham số

Câu 9 Xét khai triển nhị thức New-ton của 1x3n, ta có

1x3n C n0C x n1 3C x n2 6C x n3 9 C x n n 3n Nhân hai vế cho x , ta được 2

2 1 3 n n0 2 n1 5 n2 8 n2 11 n n 3n 2

x x C x C x C x C x  C x 

Lấy đạo hàm hai vế theo biến x , ta được

2 1x x nx n x .3 1x n

2C x n0 5C x n1 48C x n2 711C x n2 10 3n2C x n n 3n1

Cho x  , ta được 1

2.1 11n 1 .3 1n 1n 2C n 5C n 8C n 11C n   3n2 C n n

Vậy 2C n05C n18C n211C n3 3n2C n n 3n4 2 n1

Câu 10 Đặt x az, y bz với a , b   

Thay vào giả thiết, ta có a2b2 6 4a b

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

a b

ab a b

Khi đó

   



2

2

2

a b

Dấu '' xảy ra khi và chỉ khi: a''  , b a  b 2  1

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

3 2

1

b a



và

3 2

1

a b



Dấu '' xảy ra khi và chỉ khi: '' a  , 1 b  1  2

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên và kết hợp với P , ta được

a b

Dấu '' xảy ra khi và chỉ khi: '' a2b2 6 4a b  3

Từ  1 ,  2 và  3 , suy ra dấu '' xảy ra khi: '' a  , 1 b  1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1

2

2 , khi x   y z