a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.. Tìm M thuộc đường thẳng AB sao cho CM bằng 54.. Tính theo a thể tích kh
Trang 1Trường THPT Trần Cao Vân ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2016
TỔ : TOÁN Thời gian 180 phút ( Không kể thời gian phát đề )
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số :
= 3+ 3 2 + 1
y x x
, có đồ thị ( C) a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số
b/ Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x3+ 3 x2− − = m 2 0
có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn -1
Câu 2 ( 1 điểm ): a/ Giải phương trình : 2cos x + sinx 1 sin 2 = + x
.
b/ Giải phương trình :
2
2
2 log x + 3log x + log x = 2
Câu 3 ( 1 điểm ): a/ Cho số phức z thõa mãn điều kiện
(1 )+i z− − =1 3i 0
.Tìm phần ảo của số phức: w 1 zi z = − +
b/Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển
2 ( x + 2)n
, biết :
3 8 2 1 49
Câu 4 (1 điểm :) Tính tích phân : I = 1
1 ( ) ln
e
x xdx x
+
∫
Câu 5 (1 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(- 4;1;3), B(2; 5;1) , C( 1,- 2;3) Viết phương trình mặt
phẳng trung trực của đoạn thẳng AB Tìm M thuộc đường thẳng AB sao cho CM bằng
54
Câu 6 (1 điểm ): Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. ′ ′ ′
có đáy ABClà tam giác vuông với AB=AC a=
, mặt phẳng (A BC′ )
tạo với mặt đáy góc
0 45
Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABC A B C′ ′ ′
và khoảng cách giữa hai đường thẳng A B′
, B C′ ′
Câu 7 (1 điểm) : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6;6) ; đường thẳng đi qua trung
điểm các cạnh AB và AC có phương trình : x+y-4=0 Tìm tọa độ đỉnh B và C biết điểm E(1 ;-3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho
Trang 2d:x+y-4=0
E(1;-3)
D H
Câu 8 (1 điểm ) : Giải hệ phương trình
y xy y x
Câu 9 ( 1điểm) : Cho các số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn
3
x x− +y y− +z z− ≤
Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
P
-Hết -ĐÁP ÁN
1
(2điểm) 1a(1 điểm) TXĐ : D = R
lim ; lim
, 3 2 6
Chiều biến thiên:
=
= ⇔ = −
0 ' 0
2
x y
x
Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0) và đồng biến trên các khoảng (−∞
;-2), (0; +∞
) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2; yCĐ = 5, đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = 1
0,25
BBT
x
-∞
-2 0 +∞
y’ + 0 - 0 + y
5 +∞
-∞
Z
]
1 Z
0,25
Trang 3
f(x)=x^3+3x^2+1 x(t)=-2, y(t)=t f(x)=5 x(t)=1, y(t)=t x(t)=-3, y(t)=t f(x)=1
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3
-1 1 2 3 4 5 6 7
x
0,25
1b(1 điểm)
x x m ⇔x3+3x2 + = +1 m 3 Đây là pt hđgđ của hai đường (C ) , ( d) :
3
y m= +
Số nghiệm của pt(1) tương ứng bằng số giao điểm của hai đường ( C ) , ( d)
(1) Có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có đúng hai nghiệm lớn hơn -1 khi và chỉ khi 1 < + < m 3 3
⇔ − < < 2 m 0
2
(1 điểm) 2a(0,5 điểm)
2cos x + sinx 1 sin 2 = + x ⇔
(2cosx - 1) - sinx(2cosx - 1) = 0 ⇔
(2cosx - 1)(1 - sinx) = 0
0,25
⇔
s inx 1 1 ox 2
c
=
=
2
2 3
k
= +
∈
= ± +
¢
0,25
2b(0,5 điểm)
ĐK : x >0 (*)
2
2
2 log x + 3log x + log x = 2
2
2log x log x 1 0
⇔
2 2
1
2 1
log
2 2
x
x
= −
=
đều thõa (*) Vậy S =
1
; 2 2
3
(1 điểm) 3a(0,5 điểm)
Giã sử
z= +x yi x∈¡ y∈¡ ⇒ = −z x yi
Theo giả thiết ta có :
0,25
Trang 4(1+i x yi)( − ) 1 3− − =i 0⇔ + − + − −(x y 1) (x y 3)i=0
2 1
x y
=
⇔ = −
2
z i
⇒ = −
w 1 (2= − − + + = −i i) 2 i 2 i
Vậy phần ảo của w là : −
1
0,25
3b(0,5 điểm)
Điều kiện n ≥ 4 , Ta có
0
n k
=
Hệ số của số hạng chứa x8 là
42n 4
n
Ta có:
3 8 2 1 49
⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = 0 ⇔ n = 7
Nên hệ số của x8 là
4 3
72 280
0,25
4
(1 điểm)
I = 1
1 ( )ln
e
x xdx x
+
∫
=
1 2
ln ln
x
x xdx dx I I
x
Tính
1
I
: Đặt
2
1 ln
2
du dx
du xdx x
v
=
=
2
1
ln
e
I = x − xdx = − x
=
2
1
Tính
2
1
ln (ln ) ln
e
e
2 3 4
e
I = +
0,25
5 5a(0,5 điểm)
Trang 5(1 điểm) Mặt phẳng trung trực (α) của đoạn AB là mặt phẳng đi qua trung điểm I của đoạn
(α) ⊥
AB ⇒ mp(α) nhận AB
uuur
= (6;4;-2) làm vectơ pháp tuyến
Pt (α) : 6(x + 1) + 4(y– 3) – 2(z – 2) = 0
Hay
5b(0,5 điểm)
Pt đường thẳng AB là :
4 6
1 4
3 2
= − +
= +
= −
Gọi M(x;y;z) thuộcđường thẳng AB ⇒
M(- 4+6t;1+4t;3-2t)
CM =
( 5 6 )− + t + +3 4t + −( 2 )t
= 54
0,25
⇔
25- 60t+36t2 + 9 +24t +16t2 +4t2 = 54
⇔
14t2 - 9t - 5 = 0
1 5 14
x x
=
⇔
= −
6
(1 điểm ) vuông cân tại A, gọi M là trung điểm BC
Hình chiếu của lên là AM
45
a a H
M
B'
C'
B
A'
0,25
Lăng trụ đứng nên chiều cao
0,25
ABC
A M′ (ABC) ⇒A M′ ⊥BC
((A BC′ );(ABC)) ·A MA′ 450
2 2
a
h A A AM= ′ = =
Trang 6( ;( )) ( ;( ))
2
a
7
(1 điểm)
Đường thẳng (AD) qua A(6;6) và vuông góc với d suy ra H là giao của (AD) với d
Tọa độ của H là nghiệm của hệ :
= + ⇔ = + ⇒ = ⇒ = − −
+ − = = −
( Vì H là trung điểm của AD)
0,25
Đường thẳng (BC) qua D(-2;-2) và song song với d :
Điểm B thuộc (BC) suy ra ( ; 4 )
B t t − −
và điểm C(-4-t;t) Ta có :
CE uuur = + − − t t AB uuur = − − − t t
0,25
Vì E nằm trên đường cao kẻ từ C cho nên CE AB uuuruuur = 0
( t 5 ) ( t 6 ) ( t 3 ) ( t 10 ) 0 2 t2 12 t 0
025
⇒ = − ⇒ = − = −
8
(1 điểm)
Điều kiện
1 1, 2
x≥ y≥
,
0,25
2 2 3 2
a a a
V = =
//
B C′ ′ BC ⇒B C′ ′ // (A BC′ ) ⇒d B C A B( ′ ′ ′; ) =d B C A BC( ′ ′;( ′ ))
Trang 7Ta có : (I )
y xy y x
⇔
Xét hàm số f(t) =
2 2 1 t,( 1)
t + t− +e t≥
Có
1
t
t
= + + >
− với t ≥1
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên [ 1,+ ∞
)
0,25
Mà (*)
( ) (2 )
2
x y
=
2
1 ( 1)( 4) 0
y
y y
⇔ − + = ⇔ =
Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;1) 0,25
9
(1 điểm)
Ta có
3
≤ + + + + + + + + + +
(theo bất đẳng thức Bunhia)
x y z
= + + + ( x y z 3 ) P
Suy ra
9 3
P
x y z
≥ + + +
O,25
Mặt khác
3
3
(a)
0,25
Trang 8Áp dụng Bunhia:
3
x y z + + ≤ x + y + z
(b)
Đặt
t x y z = + +
, từ (a), (b) ta được:
3
t x y z
2 3 4 0
⇔ − − ≤ ⇒ ≤ ≤ 0 t 4
Xét hàm số
3
f t t
= +
với
[ ] 0; 4
t ∈
, có
( )
9 0 3
f t
t
′ = − <
+
nên
[ ]0;4 ( ) ( ) 9
7
0,25
Suy ra
9
4 3
P≥ +
,
9 min
7
P=
tại
4
x y z
+ + =
4
x y z
x y z
+ + =
⇔ = =
4 3
⇔ = = =
0,25
Mọi cách giải đúng khác đều đạt điểm tối đa