Viết phương trình mặt phẳng β song song với α và tiếp xúc với mặt cầu S , tìm tọa độ tiếp điểm tương ứng.. Cho hình chóp.. Cạnh bên SA vuông góc với đáy.. Tính thể tích khối chóp
Trang 1ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x = 4− 2 x2− 1
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số 2
3 2
y x= − x.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp các điểm biểu diển số phức z thỏa mãn z i- = (1+ i z) b) Giải bất phương trình 2x+ 3.2−x ≤ 4
Câu 4 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol ( ) P y x : = 2+ − x 3 và đường thẳng
( ) d : y = 2 x − 1
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) α : 2 x y − + 2 z + = 1 0 và mặt cầu
( ) ( ) (2 ) (2 )2
S x− + y+ + +z = Viết phương trình mặt phẳng ( ) β song song với ( ) α và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S , tìm tọa độ tiếp điểm tương ứng
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos 2 x + + ( 1 2cos x ) ( sin x − cos x ) = 0
b) Tìm hệ số của 3
x trong khai triển của nhị thức
9 2
2
x x
−
.
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có · BAC = 1200, AB a = , AC = 2 a Cạnh bên SA vuông góc với
đáy Mặt bên ( SBC tạo với mặt phẳng đáy một góc ) 300 Gọi M N, thứ tự là trung điểm của cạnh ,
SB SC Tính thể tích khối chóp S ABC và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và BN
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
Câu 9 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, điểm M là trung điểm của AB
Biết 8 1;
3 3
÷
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; điểm G ( ) 3;0 và 7 1;
3 3
÷
thứ tự là trọng
tâm của tam giác ABC và ACM Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Câu 10 (1,0 điểm) Cho a b c , , ∈ [ ] 0;1 và a b c + + = 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 2
P a b b c c a
ab bc ca
–––––––––––– Hết ––––––––––––
Họ và tên thí sinh: ……… …; Số báo danh: ………
Trang 2HÒA BÌNH ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 - LẦN 2
Môn: TOÁN
Câu
1 Tập xác định: D=¡ y 4x′ = 3−4x , =
′ = ⇔ = ±
x 0
y 0
Câu
2 Tập xác định: = −∞
3
2
' 2 3 2
−
0 ' 0
6 / 5
x y
x
=
KL: hàm số đồng biến trên khoảng 0;6
5
, nghịch biến trên các khoảng (−∞;0 ,) 6 3;
5 2
Câu
3a
Gọi z x yi, x,y= + ( ∈¡ ) Từ giả thiết ta có:
(x yi+ )− = +i ( ) (1 i x iy+ ) ⇔ + −x (y 1 i) (= x y− + +) (x y i) 0,25
⇔ x2+ −y 12 = x y− 2+ +x y 2 ⇔x2+y2+2y 1 0− =
Tập hợp điểm M biểu diển của số phức z là đường tròn x2+y2+2y 1 0 − =
0,25
Câu
3b Đặt t 2 , t 0 Ta có = x ( > ) t+ ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤3 4 t2 4t 3 0 1 t 3
≤ x≤ ⇔ ≤ ≤ 2
Câu
4
= − + − = − ⇔ − − = ⇔ =
−
= ∫2 2− −
1
−
= − − ÷ = − =
2
1
Câu
5
( )S có tâm I 1; 2; 1 , bán kính ( − − ) R 3 = ( ) ( )β P α ⇒( )β : 2x y 2z m 0 − + + =
( )
+ − +
+ − 2+
2 2 2 m
=
⇔ = −
m 7
m 11 Vậy ( )β có PT là
( )β1 : 2x y 2z 7 0 , − + + = ( )β2 : 2x y 2z 11 0− + − =
0,25
Tiếp điểm của ( )β và ( )S là hình chiếu vuông góc của I lên ( )β
Đường thẳng ( )d qua I vuông góc với ( )β có PT ( ) = + = − −
= − +
x 1 2t
d : y 2 t
z 1 2t
Tiếp điểm với ( )β1 : (− − −1; 1; 3 Tiếp điểm với ) ( )β2 : (3; 3;1 − ) 0,25 Câu
6a (cosx sinx cosx sinx 1 2cosx− ) ( + − − ) =0 ⇔ −− ==
cosx sinx 0
Giải ra và kết luận: x= + ππ k
π
= + π
Trang 3Câu
=
9 ∑9 k k 9 3k
9 2
k 0
2
9 3k 3 k 2 Hệ số x là 3 C 229 ( )− 2=144 0,25
Câu
7
Hạ AK BC⊥ ⇒BC⊥(SAK nên góc giữa ) (SBC và đáy là ·) SKA 30 = 0
Tính được BC a 7 , = AK=a 21
7
7 7
a
2
1 3 2
ABC
S∆ = a 3 21
42
a
BN CM E, EF AMP , F AC∈ (·AM,BN) =(·EF,BN) Tính được
2
2
BF
9
=
0,25
Cách 2:
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
AM.BN 5a2
7
⇒uuuur uuur= −
2
cos AM,BN cos AM,BN
uuuur uuur uuuur uuur
Câu
8
ĐK: x 1,y 0 Trừ các vế tương ứng hai PT, ta được: ≥ ≥ x2− +(y 1)2=2 y 2 x 1 − −
Nhận xét ( ) ( )x;y = 1;0 không là nghiệm nên: ( − − ) + + + ÷÷=
2
0,25
+ + + ÷>
2
y x 1 cho nên x y 1 0 − − = Thay y x 1 vào PT thứ 2 của hệ, ta được: = − 2x2−9x 8 2 x 1 + = −
0,25
Đặt t= x 1, t 0 Ta có − ( ≥ ) 2t4−5t2− + =2t 1 0 ⇔ +( )t 12(2t2− + =4t 1) 0 ⇔ = ±t 1 1
Từ đó hệ có nghiệm + +
5 2;3 2
5 2;3 2
Câu
9
Gọi N, P là trung điểm AM, AC Ta có GK // AB nên MI ⊥ GK
MP // BC, G và I thuộc trung trực của BC nên GI ⊥ MK
Từ đó I là trực tâm của tam giác MGK và KI ⊥ MG
0,25
Gọi M x;y ( ) = ⇒ ( )
=
uur uuuur uur uuuur
GI.KM 0 M 3;1
uuuur uuuur
K là trọng tâm ACM nên A 1;2 M là trung điểm AB nên ( ) B 5;0( )
Vậy A 1;2 , ( ) B 5;0 , ( ) C 3; 2 ( − )
0,25
Trang 4Câu
10
Sửa
Ta có: a,b,c∈ 0;1 ⇒ −( ) (a 1 b 1 (c 1) 0− ) − ≤ ⇒ab bc ca abc a b c 1 1+ + ≥ + + + − ≥
Vì 3 ab bc ca( + + ) (≤ + +a b c)2=4, từ đó với t ab bc ca= + + thì 1 t 4
3
≤ ≤
Ta có: a.a.b a.(a b)2 1a(2 c)2
+
P a b b c c a a(2 c) b(2 a) c(2 b) (8 4t P )
từ đó P1 8 4t
3 3
≤ −
Do đó: P 8 4t 1 f t( )
4
1 t 3
≤ ≤
0,5
Tìm GTLN của f t với ( ) 1 t 4
3
≤ ≤ Tìm được 4 ( )
t 1;
3
∈
= ÷= +
Đẳng thức xảy ra khi a b c 2
3
= = = Vậy GTLN của P là 8 3
9+ .
0,5
