Tính giá trị biểu thức: A = sin 3α + cosα b Một bài thi trắc nghiệm gồm 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi gồm 4 phương án trả lời trong đó chỉ có một phương án trả lời đúng.. Với mỗi câu, nếu ch
Trang 1Tham gia trọn vẹn các khoá học môn Toán tại www.vted.vn để đạt kết quả cao nhất!
Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x3+ x2− 5x
Câu 2 (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y = 2− 1 x + 1, biết rằng tiếp
tuyến vuông góc với đường thẳng y = −x + 3
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Cho số phức z = 2 + 3i. Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức w biết
w − z + 2z = 1.
b) Giải phương trình:
log
4 2(x + 2)2 = 7
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
I = (x + 2e x )x dx
0
1
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm
A(2;0;−1), B 1;1;− 1
2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟ và
đường thẳng
d : x −12 =
y − 2
z + 1
−3 Chứng minh rằng d và AB cắt nhau, tìm toạ độ giao điểm I của chúng Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm O và đi qua I
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Cho góc
α ∈ 0; π
2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟ và tanα − 2cot α = 1. Tính giá trị biểu thức: A = sin
3α + cosα
b) Một bài thi trắc nghiệm gồm 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi gồm 4 phương án trả lời trong đó chỉ có một phương án trả lời đúng Với mỗi câu, nếu chọn phương án trả lời đúng thí sinh được 5 điểm, nếu chọn phương án sai thí sinh bị trừ 1 điểm Tính xác suất (làm tròn đến bốn chữ số thập phân sau dấu phẩy) để một thí sinh làm bài bằng cách lựa chọn ngẫu nhiên đáp án được 26 điểm
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a, SAvuông góc với
mặt đáy và SC = a 5 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh SB, SC Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, BN
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB. Điểm
M 21
4 ;−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟ trên cạnh BC, đường thẳng AM cắt CD tại N thoả mãn BM.DN = 50. Tìm toạ độ các
đỉnh hình chữ nhật đã cho, biết rằng A có tung độ dương và đường thẳng AB có phương trình 3x + 4y −18 = 0
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
(x + 1)(3y2+ 1 − y3) + y = (x + 4) y2(x + 1) x(y2+ 1) + y x = x + 1
⎧
⎨
⎪⎪⎪
⎩
Câu 10 (1,0 điểm) Với a,b, c là các số thực thoả mãn a2+ b2+ c2 ≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất của
KHOÁ LUYỆN GIẢI ĐỀ 2016 MÔN TOÁN – THẦY: ĐẶNG THÀNH NAM
ĐỀ SỐ 23 – Ngày phát hành: 23/04/2016
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Trang 2_Hết
Để chuẩn bị tâm lý làm bài thi tốt nhất cho kì thi chính thức các em nên tự làm đề thi trong đúng 180 phút
LUYỆN GIẢI ĐỀ 2016
MÔN TOÁN GV: Đặng Thành Nam Mobile: 0976 266 202 Fb: MrDangThanhNam
Links đăng ký: http://goo.gl/MNBtt6
Nguồn: www.vted.vn
Các khoá học Môn Toán chuyên sâu theo từng chuyên đề các em có thể tham khảo tại
website: www.vted.vn
(1) Làm chủ bất đẳng thức, bài toán cực trị: http://goo.gl/Ym6OG5
(2) Làm chủ Hệ phương trình: http://goo.gl/WYQXTI
(3) Làm chủ Phương trình, bất phương trình vô tỷ: http://goo.gl/s3Ksvs
(4) Làm chủ Hình phẳng Oxy bằng tư duy hình học: http://goo.gl/nUciWe
(5) Làm chủ tổ hợp, xác suất: http://goo.gl/stPIQ1
(6) Thủ thuật Casio trong giải toán: http://goo.gl/jV8nXW
(7) Luyện giải đề 2016 Môn Toán: http://goo.gl/MNBtt6
(8) Tổng ôn kiến thức 7 điểm Môn Toán: http://goo.gl/4MulDp
Các gói bài tập, video hữu ích giúp các em thử sức thực tế với kiến thức đã học
(1) Tuyển chọn bất đẳng thức, bài toán cực trị trong đề thi 2015 – 2016: http://goo.gl/wHtgVx
(2) Tuyển chọn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình trong đề thi 2015 – 2016: http://goo.gl/d9K1o1
(3) Tuyển chọn Hình phẳng Oxy trong đề thi 2015 – 2016: http://goo.gl/WLp4Zl
(4) [Free] Giải bài toán thực tế bằng cách lập phương trình, hệ phương trình: http://goo.gl/WmqN2L
(5).[Free] Quà tặng tết âm lịch Bính Thân 2016 – Tuyển chọn các câu phân loại trong đề thi: http://goo.gl/MLdGmB
Nguồn: www.vted.vn
Trang 3Hướng dẫn giải đề số 23
Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x3+ x2− 5x
Học sinh tự giải
Câu 2 (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y = 2− 1 x + 1, biết rằng tiếp
tuyến vuông góc với đường thẳng y = −x + 3
*Đường thẳng đã cho có hệ số góc k1 = −1
*Gọi tiếp điểm
x0+ 1), khi đó tiếp tuyến tại M có hệ số góc
k = y'(x0) = 1
(x0+ 1)2
*Theo giả thiết bài toán ta có:
k.k1 = −1 ⇔ 1
(x0+ 1)2.(−1) = −1 ⇔ (x0+ 1)2 = 1 ⇔ x0 = 0
x0 = −2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
+) Với x0 = 0 ⇒ M(0;1) và tiếp tuyến là y = 1(x −0)+1 = x +1
+) Với x0 = −2 ⇒ M(−2;3) và tiếp tuyến là y = 1(x + 2)+ 3 = x + 5
*Vậy có hai tiếp tuyến là y = x +1; y = x + 5
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Cho số phức z = 2 + 3i. Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức w biết
w − z + 2z = 1.
b) Giải phương trình:
log
4 2(x + 2)2 = 7
a) Đặt w = x + yi(x, y ∈ !)
*Suy ra: w− z + 2z = (x + yi)− (2− 3i) + 2(2+ 3i) = (x + 2) + (y + 9)i
*Theo giả thiết bài toán ta có:
(x + 2)2+ (y + 9)2 = 1 ⇔ (x + 2)2+ (y + 9)2 = 1
*Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn (C) có tâm I(−2;−9), bán kính R = 1. b) *Điều kiện:
x > −2
log
4 2(x + 2)2 ≠ 0
⎧
⎨
⎪⎪⎪
⎩
*Phương trình tương đương với:
4
5log2(x + 2)
= 7 ⇔ log2(x + 2) + 10
log2(x + 2) = 7.
*Đặt
t = log2(x + 2) ⇒ t + 10
t = 7 ⇔ t
2− 7t + 10 = 0 ⇔ t = 2
t = 5
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
*Vậy
log2(x + 2) = 2
log2(x + 2) = 5
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢ ⇔ x + 2 = 4 x + 2 = 32
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢ ⇔ x = 2 x = 30
⎡
⎣
⎢
⎢
Trang 4Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
I = (x + 2e x )x dx
0
1
*Ta có:
I = x2dx
0
1
0
1
3
1
x dx
0
1
x dx
0
1
*Đặt
u = x
dv = e x dx
⎧
⎨
⎪⎪
⎩⎪⎪ ⇒ du = dx v = e x
⎧
⎨
⎪⎪
⎩⎪⎪
; suy ra:
2 xe x dx
0
1
∫ = 2 xe x 1
0− e
x dx
0
1
∫
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟⎟= 2 e − e x 10
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟= 2 e − (e −1)( )= 2
*Vậy
I = 13+ 2 =
7
3.
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng
d : x −12 =
y − 2
z + 1
−3
và hai điểm
A(2;0;−1), B 1;1;− 1
2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟ Chứng minh rằng d và AB cắt nhau, tìm toạ độ giao điểm I của
chúng Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm O và đi qua I
*Ta có:
AB
! "!!
= (−1;1;1
2) và phương trình đường thẳng AB là
x = 2− t
y = t
z = −1 + 1
2t
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪⎪
*Khi đó toạ độ giao điểm của AB và d nếu có là nghiệm của hệ:
x = 2− t
y = t
z = −1 + 1
2t
x −1
2 =
y − 2
z + 1
−3
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪⎪
⇔
x −1 = y − 2
−3(x −1) = 2(z + 1)
x = 2− t
y = t
z = −1 + 1
2t
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⇔
1− t = t − 2
−3(1 − t) = t
x = 2− t
y = t
z = −1 + 1
2t
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⇔
t = 3
2
x = 1
2
y = 3
2
z = − 1
4
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
*Vậy AB và d cắt nhau tại điểm
I 1
2; 32;− 14
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟
*Vì (S) có tâm O và đi qua I nên có bán kính
R = OI = 14+
9
4+
1
16 =
41
4
*Vậy mặt cầu cần tìm
(S) : x
2+ y2+ z2 = 41
16.
Câu 6 (1,0 điểm)
Trang 5a) Cho góc
α ∈ 0; π
2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟ và tanα − 2cot α = 1. Tính giá trị biểu thức: A = sin
3α + cosα
b) Một bài thi trắc nghiệm gồm 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi gồm 4 phương án trả lời trong đó chỉ có một phương án trả lời đúng Với mỗi câu, nếu chọn phương án trả lời đúng thì thí sinh được 5 điểm, nếu chọn phương án sai thí sinh bị trừ 1 điểm Tính xác suất (làm tròn đến bốn chữ số thập phân sau dấu phẩy) để một thí sinh làm bài bằng cách lựa chọn ngẫu nhiên đáp án được 26 điểm
a) *Với
α ∈ 0; π
2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟⇒ tan α > 0 và theo giả thiết có:
tanα − 2
tanα = 1 ⇔ tan
2α − tan α − 2 = 0 ⇔ tan α = −1(loai)
tanα = 2(t / m)
⎡
⎣
⎢
⎢
*Khi đó:
A = sin3α + cosα
4 cos3α − 3 cosα =
sin3α
cos3α+
1 cos2α
4 − 3 cos2α
= tan3α + tan2α + 1
4 − 3(tan2α + 1) = −
13
11
b) *Gọi x là số câu trả lời đúng, thì (10 –x) sẽ là số câu trả lời sai
*Số điểm của thí sinh: 5.x + (10 − x).(−1) = 26 ⇔ 6x = 36 ⇔ x = 6
*Vậy thí sinh này trả lời đúng 6 câu và sai 4 câu, với mỗi câu xác suất trả lời đúng là 0,25; xác suất trả lời sai là 0,75
*Vậy xác suất cần tính P = C10
6.(0,25)6.(0,75)4 ! 0,0162
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a, SAvuông góc với
mặt đáy và SC = a 5 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh SB, SC Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, BN
*
S ABC =
1
2 AB.AC sin60
0 = 1
2.2a.2a 32 = a
2 3
*Vì SA ⊥ (ABC) nên theo pitago ta có:
SA = SC2− AC2 = 5a2− 4a2 = a
*Vì vậy
V S.ABC =
1
3SA.S ABC = a
3.a
2 3 = a3 3
3 +) Để tính d(AM; BN) ta sẽ dựng lần lượt hai mặt phẳng
song song với nhau chứa AM, BN
*Gọi P là trung điểm SN; kẻ NQ || AP (Q thuộc AC) khi
đó ta có (APM)||(BNQ)
*Vì vậy d(AM; BN) = d((AMP);(BNQ)) = d(A;(BNQ)) (1)
*Gọi H là trung điểm AC ta có NH ||SA ⇒ NH ⊥ (ABC) và theo Talets ta có:
CQ
CN
SC / 2
3SC / 4 =
2
2
3CA − 12CA = 16CA.
AQ = AH − QH = 1 CA − 1 CA = 1 CA.
Trang 6*Do đó:
d(A;(BNQ)) = AQ QH d(H;(BNQ)) = 2d(H;(BNQ)) (2)
*Kẻ HK ⊥ BQ(K ∈ BQ), HI ⊥ NK(I ∈ NK) ⇒ HI ⊥ (BNQ) ⇒ HI = d(H;(BNQ)) (3)
* Ta có
NH = SA2 =
a
2 và tam giác BHQ vuông tại H có
BH = BAsin60
a
3.
*Do đó
1
HK2 = 1
HQ2 + 1
BH2 = 9
a2 + 1
3a2 = 28
3a2
*Tam giác NHK vuông tại H có
1
HI2 = 1
NH2 + 1
HK2 = 4
a2 + 28
3a2 = 40
3a2 ⇒ HI = a 30
20 (4)
*Từ (1), (2), (3), (4) suy ra:
d(AM; BN) = a 3010
Cách 2: Kéo dài BC, kẻ đường thẳng qua M song song với BN cắt BC tại L; ta có BN || (AML) do đó:
d(AM; BN) = d(BN;(AML)) = d(B;(AML)).
Cách 3: Chọn hệ toạ độ Oxyz sao cho
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB. Điểm
M 21
4 ;−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟ trên cạnh BC, đường thẳng AM cắt CD tại N thoả mãn BM.DN = 50. Tìm toạ độ các
đỉnh hình chữ nhật đã cho, biết rằng A có tung độ dương và đường thẳng AB có phương trình 3x + 4y −18 = 0
*Đường thẳng BC đi qua M, vuông góc AB có PT:
4x − 3y − 24 = 0
*Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ:
4x − 3y − 24 = 0
3x + 4y −18 = 0
⎧
⎨
⎪⎪
*Khai thác giả thiết tích độ dài, suy nghĩ đến tam giác
đồng dạng
*Xét ΔADN,ΔMBA có
DAN
!
= BMA !(so le) ADN
!
= MBA! = 900
⎧
⎨
⎪⎪⎪
⎩
suy ra:
ΔADN ∽ ΔMBA(g − g) ⇒
AD
MB
2
*Vậy ta có phương trình 2AB2= 50 ⇔ AB2 = 25.
*Vì vậy toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
3x + 4y −18 = 0 (x − 6)2+ y2= 25
⎧
⎨
⎪⎪
⎩⎪⎪ ⇔ x = 2, y = 3 x = 10, y = −3
⎡
⎣
⎢
⎢
*Đối chiếu A có tung độ dương nên nhận A(2;3)
*Tính được BM = 5
4, BC = AD = 10 ⇒ BM
4.10= 1
8⇒ BC! "!! = 8BM! "!!! = (−6;−8) ⇒ C(0;−8).
*Vì DC
! "!!
= AB
! "!!
⇒ D(−4;−5)
Trang 7*Vậy A(2;3), B(6;0),C(0;−8), D(−4;−5)
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
(x + 1)(3y2+ 1 − y3) + y = (x + 4) y2(x + 1) x(y2+ 1) + y x = x + 1
⎧
⎨
⎪⎪⎪
⎩
*Điều kiện: x > 0.
*Từ phương trình thứ hai của hệ ta có:
x + 1
x ≥ 2 x 1 x = 2
*Vì vậy ta phải có:
y
2+ 1 + y ≥ 2 ⇔ y ≥ 3
4.
*Vậy ta có x > 0, y > 0
*Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
y3− 3y2−1
−(x + 4) x + 1 + 1
x + 1
⇔ y2− 3y −1
y =
1
( x + 1)2 − 3
x + 1 − x + 1 (*).
*Ta có y và x + 1 cùng thuộc khoảng (0;+∞)
*Xét hàm số
f (t) = t
2− 3t −1
t trên (0;+∞) , ta có:
f '(t) = 2t + 1 t2− 3 =
(t −1)2(2t + 1)
t2 ≥ 0, ∀t > 0.
*Do đó f(t) đồng biến trên và
(*) ⇔ f (y) = f 1
x + 1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟⎟⇔ y = x + 11 .
*Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
x + 2
x + 1 +
1
x + 1 = x +
1
x ⇔
x + 2
x + 1 −
1
x
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟⎟⎟+ x + 11 − x
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟⎟= 0
⇔ x2+ 2x − x + 1
2+ x) = 0 ⇔ x2+ x −1
x( x2+ 2x + x + 1)+
1− x2− x
x2+ x + 1= 0
⇔ x2+ x −1 = 0
x( x2+ 2x + x + 1) = x2+ x + 1
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⇔ x2+ x −1 = 0
x x + 2 = 1
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
x>0
←⎯⎯ x =→ −1 + 5
*Vậy hệ có nghiệm
(x; y) = −1 + 5
5 −1 2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟⎟
⎟⎟
Câu 10 (1,0 điểm) Với a,b, c là các số thực thoả mãn a2+ b2+ c2 ≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất của
Trang 8*Sử dụng bất đẳng thức cơ bản
xy ≤ x
2+ y2
2 ta có:
P = (a + b)(c + 1− a2− b2− c2) + ab + 3c 1− a2− b2− c2
≤ 2 a2+ b2 1− a2− b2 + a2+ b2
2 + 3.
1− a2− b2
2 = f (t) =
1
2(4t 1− t
2+ 3 − 2t2)
*trong đó
t = a
2+ b2 ∈ 0;1⎡
⎣⎢ ⎤⎦⎥
*Dễ có
max
t∈ 0;1⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥ f (t) = f 5 − 5
10
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟⎟
⎟⎟= 1 +
5
2
*Dấu bằng đạt tại
a = b
c = 1− a2− b2− c2
a2+ b2 = 5 − 5
10
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
.(rõ ràng hệ phương trình này luôn có nghiệm)
*Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
1 + 52