Đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán 2016 Đề số 4

a Giải phương trình sin 3x cos 2x sinx.. Viết phương trình mặt cầu  S có tâm I và tiếp xúc với d.. Nhận xét: Cách 1 áp dụng khi ta tìm được cụ thể tọa độ các điểm cực trị theo m.. Cá

ĐỀ SỐ 04

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số yx33mx2 2  1 , với m là tham số thực

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

b) Tìm m để đồ thị hàm số  1 có hai điểm cực trị A , B sao cho A , B và M1; 2 thẳng hàng 

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình sin 3x cos 2x sinx

b) Tìm các số thực x , y thỏa mãn đẳng thức (3 2 )  2

i



Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình 2 1 

2

log xlog x   1 1 0

Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2







x y, 

Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân

9 4

2

x

x



Câu 6 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC A B C có mặt phẳng ' ' ' A BC vuông góc với mặt phẳng '  ABC 

Hai tam giác A BC và '  ABC là những tam giác đều có cạnh bằng 2a Tính theo a thể tích khối lăng 

trụ ABC A B C và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ' ' ' BCC B ' '

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A 3; 4 , 1

; 1 2

I  



  là tâm đường tròn ngoại tiếp và J3; 1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác Xác định tọa độ đỉnh B và C 

của tam giác ABC , biết B có hoành độ dương

Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2

:

 và điểm

3; 3;2

I  Tính khoảng cách từ I đến d Viết phương trình mặt cầu  S có tâm I và tiếp xúc với d

Câu 9 (0,5 điểm) Cho Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ

các chữ số 1, 2, 3, 4, 6 Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , tính xác xuất để số được chọn chia hết cho 3

Câu 10 (1,0 điểm) Cho a , b , c là các số thực thỏa mãn điều kiện

a b a  b b c  c Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức

P a b c

… 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:………

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

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

● Tập xác định: D  

● Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y'3x26x ; ' y    hoặc 0 x 0 x  2

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

nghịch biến trên khoảng  0;2

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  , 0 yCD 2;

đạt cực tiểu tại x  , 2 yCT  2

- Giới hạn tại vơ cực: lim

   ; và lim

  

- Bảng biến thiên

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

x

2

y

1

-2

b) Ta cĩ y'3x26mx 3x x 2m; 'y    hoặc 0 x 0 x 2m

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

2m 0 m 0

Tọa độ các điểm cực trị A 0;2 và B m2 ;24m3

Suy ra MA    1; 4, MB2m1; 44m3

Để A , B và M thẳng hàng  1 4 4m34 2 m1

4m38m 0 m0 hoặc m  2

Đối chiếu điều kiện tồn tại cực trị ta được giá trị m cần tìm là: m   2

Cách 2 Ta có y'3x26mx ; ' y    hoặc 0 x 0 x 2m

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

2m  0 m  0

m

y x y m x



Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A , B là d y:  2m x2  2

Yêu cầu bài toán M     d 2 2m2.1 2 m  2

Đối chiếu điều kiện tồn tại cực trị ta được giá trị m cần tìm là: m   2

Nhận xét: Cách 1 áp dụng khi ta tìm được cụ thể tọa độ các điểm cực trị theo m Cách 2 cho trường hợp ta không tìm được cụ thể tọa độ các điểm cực trị

Câu 2

a) Phương trình đã cho tương đương với sin 3xsinxcos 2x  0

2 cos 2 sinx xcos 2x  0 cos 2 2 sinx x 10

● cos 2 0 2

x   x k  x k 

k   

●









   

  

     







2 6

7

6

k   

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

6



2 6



  k   

b) Ta có     



2

3 2

2 3

i

      

13

  xi y 3 4i 6 5i 3yx4y i   6 5i

Câu 3 Điều kiện: 0

1

x

x x

 

  

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với

log xlog x1  1 log x x1log 2

x x 1 2 x2      hoặc x 2 0 x 1 x  2

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x  2

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

 

2









Điều kiện:

2 2







Theo bất đẳng thức Cauchy , ta có

 8x248x 81y2 216 108 0  1'

Lại theo bất đẳng thức Cauchy , ta có

2x260x 54 270 0

 4x2120x 108 540 0  2 '

Lấy    1'  2 ' 4x2 24x 27y2 108y1440

4 32 27 22 0 3 0 3

Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình là: x y ;   3;2

Câu 5 Ta có

9 4

2

x

x





2

1

tdt dx dx x tdt x

1

t

x

  , suy ra

2

2 1

x

t



2

2 2

4 1

t

t



Đổi cận: với x  thì 4 2

2

t  , với x  thì 9 7

3

t 

Khi đó

2

1

t

t

M

H

C'

B' A'

C

B

A





7 3 2 2

●

9

2

4

1 2

x







Đặt t x22x t2 x22x, suy ra tdtx1dx

Đổi cận: với x  thì 4 t 2 2, với x  thì 9 t 3 7

3 7

3 7

2 2

2 2

●

2

2 2

x x





Đặt t x  x , suy ra 2

tdx

Đổi cận: với x  thì 4 t  2 2, với x  thì 9 t  3 7

2 2

2 2

t









3 7 2 2 2 ln

Câu 6 Gọi H là trung điểm BC

Do tam giác A BC đều nên suy ra '' A H BC

Mà A BC vuông góc với '  ABC theo giao tuyến BC nên  A H' ABC

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Ta có SABC a2 3; ' 3

2

A B

Do đó V ABC A B C ' ' ' SABC 'A H 3a3 (đvtt)

Do AA song song với ' BCC B Khi đó ' '

 , ' '  ', ' ' 

d A BCC B d A BCC B

Gọi M là trung điểm B C , do tam giác ' ' '' ' A B C đều nên ' A M B C' '

Gọi K là hình chiếu của A trên HM , suy ra '' A K HM

Ta có B C' 'A HM'  nên B C' 'A K'

Do đó A K' BCC B' ' nên d A BCC B ', ' ' A K '

Trong tam giác vuông HA M , ta có '

'

2

A K



Vậy  , ' '  '  6

2

a

Cách 2 Phương pháp tọa độ hóa

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ:

0; 0; 0

H O , Ox HA , Oy HB, Oz HA' Lấy a  , khi đó 1 A 3; 0; 0, B0;1; 0, A' 0; 0; 3 

Suy ra C0; 1; 0  và B ' 3;1; 3

Mặt phẳng BCC B đi qua ba điểm: ' ' B0;1;0, C0; 1; 0 ,

' 3;1; 3

B  nên có phương trình BCC B' ' : x   z 0

Khoảng cách từ A đến BCC B là ' '

a

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng BCC B bằng ' ' 6

2

a

Câu 7 Phân tích hướng giải: Đề bài cho tọa độ đỉnh A và tọa độ điểm I tâmđường tròn ngoại tiếp tam

giác nên ta viết được phương trình đường tròn  C ngoại tiếp tam giác ABC Để tìm tọa độ đỉnh B và C

ta cần tìm phương trình đường thẳng BC hoặc một phương trình đường cong nào đó chứa B và C Khi đó tọa độ điểm B và C là giao điểm của đường vừa tìm với đường tròn  C

z

x A

B C

A'

B'

H

C'

y

J

D

I

C

B

A

Đường tròn  C ngoại tiếp tam giác ABC có tâm 1; 1

2

I  



 , bán kính

5 5 2

R IA nên

C x   y 



Phân giác trong góc A đi qua A 3; 4 và J3; 1 nên   AJ :x   3 0

Gọi D   AJ  C nên tọa độ D x y thỏa mãn hệ:  ;

2

2

3

1

x

x y

  

 



6

x y

 



  

Suy ra D3; 6 (do D A)

Ta có

1 3

1 2

 



 

 , suy ra

DJC A C C C DCJ

Do đó: DJ DC  1

Tương tự, ta có DJ DB  2

Từ  1 và  2 , ta có DJ DC DB

Điều này chứng tỏ B và C thuộc đường tròn tâm D3; 6 , bán kính  DJ  Vậy tọa độ điểm B và C là 5 nghiệm của hệ :

2

2

6 1

2

x

y



6

x y

  



  

Đối chiếu điều kiện bài toán ta chọn B6; 2 ,  C    2; 6

Cách 2 Đường thẳng BC có VTPT 5; 5

2

ID  





nên  BC :x2y  c 0

2

IJ  Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Áp dụng hệ thức Ơle ta có:

   

         

2 2

Với  5   ,   5 5  5  0

5

c

● Nếu c  , ta có 0  BC :x2y Lúc này 0 P A BC/   , 5 P J BC/   5

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Suy ra A và J khác phía với BC Điều này vô lý vì tâm đường tròn nội tiếp tam giác phải nằm miền

trong tam giác

● Vậy ta chọn  BC :x2y10 Tọa độ của B , C là nghiệm của hệ: 0

2

2

1

x

y



6

x y

  



  

Đối chiếu điều kiện bài toán ta chọn B6; 2 ,  C    2; 6

Nhận xét: Các em nên chọn Cách 1 Ở đây tôi trình bày Cách 2 chỉ tham khảo thêm vì hệ thức Ơle không có trong SGK

Câu 8 Đường thẳng d đi qua điểm M0; 2; 0  và có VTCP u  1; 2;2 

Suy ra MI  3; 1;2  và u MI,     2; 4; 5

 

Khi đó

 

 



9

u MI

d I d

u

Mặt cầu  S có tâm I3; 3;2  và tiếp xúc với d nên bán kính R  5

Vì vậy     2  2 2

Câu 9 Số phần tử của S là: A 53 60

Từ năm chữ số đã cho ta có bốn bộ gồm ba chữ số có tổng chia hết cho 3 là 1, 2, 3 ,  1, 2, 6 ,  2, 3, 4 , 

2, 4, 6 Mỗi bộ ba chữ số này ta lập được 6 số thuộc tập hợp S Vậy trong S có 6.4 24 số chia hết cho

3

Xác suất để số được chọn chia hết cho 3 là: 24 2

60 5

Câu 10 Gọi D là tập giá trị của P Khi đó mD khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:



   





 



    

 

2

2 2

1

2 9

m

x y

m

  



Từ đó x , y là nghiệm của phương trình bậc hai:

2

X  X  m 



18X26mXm29m27 0  2

Hệ  1 có nghiệm a , b , c khi và chỉ khi phương trình  2 có nghiệm không âm

2

9 3 21

0 18

m

P







; 9 3 15 2

Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 9 3 21

2



; giá trị lớn nhất của P là 93 15