Đáp án Đề thi THPT Nguyễn Khuyến TP Hồ Chí Minh năm 2016

Gọi M,N, lần lượt là giao điểm khác gốc tọa độ của mặt cầu S với các trục Ox, Oy, Oz.. Xác định tọa độ chân đường vuông góc hạ từ tâm của mặt cầu đến mặt phẳng MNP... Gọi M là trung điể

Trường THCS & THPT LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

Câu 1 (1 điểm)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2

y x  x  x

Câu 2 (1 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 7 4 3

f x  x  x  x x Xét hàm số f x( )(x77x44)( x x1)3

Tập xác định x [1; )

Đạo hàm của hàm số là:



'( ) 0; (1; )

Suy ra hàm số f(x) luôn đồng biến trên [1;)

lim ( )

    và f(1)4

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra ( )f x  f(1)4

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là:

[1;min ( )) f x f(1) 4

Câu 3 (1 điểm)

a) Giải hệ phương trình

(2 3 )(2 3 ) 5 log (2 3 ) log (2 3 ) 1





 Điều kiện: 2x3y  0

Hệ phương trình tương đương

5 5

5

log (2 3 ) log (2 3 ) 1

log (2 3 )

log 5











5

log (2 3 )

log (2 3 )

u

v







Hệ phương trình trên được viết lại

1

u v

v

 





Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG Page 2

Với 1

0

u

v











, ta có 5

5

log (2 3 ) 1 2 3 5 log (2 3 ) 0 2 3 1



 Vậy hệ phương trình đã cho có 1 cặp nghiệm là (log 3;log 2)2 3

b) Tìm các số phức z thỏa mãn phương trình 6zz3z5 0

Phương trình 6zz3z5 0z(6z2z4)0

0 2

0

6 0

3

z

z

z











  

  



Vậy các số phức z thỏa mãn phương trình đã cho là 0; 2 ; 2 ; 3 ;i i i  3i

Câu 4 (1 điểm)

Tính tích phân 1 3 2

0

4 2

x

dx







Đặt

2

Đồng nhất hệ số, ta có:

2

2

2

0

4 2ln 3 ln 2 ln 2 ln1 ln

9

Câu 5 (1 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x2 y2z22x4y4z0 Gọi M,N, lần lượt là giao điểm (khác gốc tọa độ) của mặt cầu (S) với các trục Ox, Oy, Oz Xác định tọa độ chân đường vuông góc

hạ từ tâm của mặt cầu đến mặt phẳng (MNP)

Từ giả thiết ta có: MOxM x( M;0;0),NOyN(0;y N;0),POzP(0;0;z P)

(với x M 0;y N 0;z P 0)

2

2

0

2 0

4 0

4 ( 2; 4;0), ( 2;0; 4)

x

x y

y z

z

























   

Ta có: nMN MP; (16;8;8)8(2;1;1)

chọn n  (2;1;1)

Mặt phẳng (MNP) qua M(2;2;0) nhận n  (2;1;1)

làm vecto pháp tuyến có phương trình

là 2(x2) yz0(MNP) : 2xy z 4 0

Đường thẳng qua tâm I(1;2;2) của mặt cầu và vuông góc với (MNP) có phương trình tham số là:

1 2

2

 







  



Vì H là chân đường vuông góc hạ từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng (MNP) nên H là giao điểm của (d) và (MNP)

Thay x,y,z từ phương trình tham số của đường thẳng (d) vào phương trình mặt phẳng (MNP) , ta được:

Vậy H 1 5 5; ;

3 3 3

  là chân đường vuông góc cần tìm

Câu 6(1 điểm)

a) Cho 0;

2



và thỏa mãn cos (2sin 2sin3)0 Tính giá trị của cot

2



Phương trình 2

2

cos 0

sin 1

sin

2





















2 k k



Vì 0;

2





Suy ra = cot cot 1

Vậy cot 1



Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG Page 4

(x1) C C xC x C x  C x

Nhân hai vế với x ta được:

Lấy đạo hàm hai vế, ta được:

(2017x1)(x1) C 2C x3C x 4C x  2017C x

2018.2 C 2C 3C 4C  2016C

Vậy tổng: S 2018.22015

Câu 7 (1 điểm)

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2 Gọi M là trung điểm của AD và N là tâm của hình vuông CC’D’D Tính thể tích của khối cầu đi qua 4 đỉnh M, N, B, C’ và khoảng cách giữa 2 đường thẳng A’B’ với MN

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, sao cho D trùng với gốc tọa độ O, AOx, COyvà D' Oz , khi đó

ta có:

D(0;0;0),C(0;2;0),B(2;2;0),A(2;0;0)

D'(0;0;2),C'(0;2;2),B'(2;2;2);A'(2;0;2)

M là trung điểm của AD nên M(1;0;0)

N là trung điểm của CD’ nên N(0;1;1)

Gọi phương trình mặt cầu tâm I(a,b,c) đi qua 4 điểm B, C’, M, N có dạng là:

Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm B, C’, M, N nên ta có hệ phương trình:

5 2

5

2

1

2 1

2 4

a

c

d

















 



Bán kính của mặt cầu cần tìm là

4

R a b c d         

     

Thể tích của khối cầu đi qua bốn đỉnh B, C’, M, N là:

3 3

(đvtt)

Tính: d[DB MN', ] ?

Ta có:

2 2 2

' ( 1;0 2)

' ' (0; 2; 2)

' ', (2;0; 2) ( 1;1;1)

' ', ' 2( 1) 0 2( 2) 6

A M

A B

A B MN MN

A B MN

  







 



  

 

Khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B’ với MN được xác định bởi

[ ' '; ]

2

2 2 ' ',

A B MN

A B MN A M

d

A B MN

  

  (đvđd)

Câu 8 (1 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho 2 đường thẳng ( ) :d1 xy 1 0 và (d2) :y 60 Các

đường tròn (C 1 ) và (C 2 ) có bán kính bằng nhau, có tâm cùng thuộc đường thẳng (d 1 ) và chúng cắt nhau tại 2 điểm A(1;6), B Đường thẳng (d 2 ) cắt (C 1 ), (C 2 ) lần lượt tại hai điểm C, D (khác A) sao cho diện tích của tam giác BCD bằng 24 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác BCD

Gọi I, J là tâm của các đường tròn (C 1 ) và (C 2)

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD,AC và H là giao điểm của AB với (d 1 )

Ta có: AB( )d1 (AB) :x ym0

Mà: (1; 6)A AB  1 6 m0m  7

Phương trình (AB) :x y70

Vì H (AB)( )d1 nên tọa độ của H thỏa hệ 7 0 3 (3; 4)

H

Vì H là trung điểm của AB nên tọa độ của B thỏa: 2 5

(5; 2)

B









Khoảng cách từ B đến (d 2) là:

2

6

1

B

B d

y

Diện tích của tam giác BCD là: 1

2

BCD

Suy ra: 2 2.24

12 4

BCD

S CD

BK

Vì 2 đường tròn (C 1 ) và (C2) có bán kính bằn nhau nên các tâm I và J đối xứng nhau qua H

Ta có: I( )d1 I t t( ; 1)

H là trung điểm IJ nên: 2 6











Khoảng cách từ I và J đến (d 2) là:

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG Page 6

2

2

[ ;( )]

[ ;( )]

6

1 6

1

I

I d

J

J d

y

y





Bán kính của 2 đường tròn là:

 2

Tam giác AJN vuông tại N, có: AN  IA2JN2  t26t26(1t)2  254t

Ta có: CDCA AD2(AM AN)2 4t 1 25 4 t

Suy ra: 2 4t 1 25 4 t12 4t 1 25 4 t 6

2

26 2 (4 1)(25 4 ) 36 (4 1)(25 4 ) 5

0 (4 1)(25 4 ) 25 16 96 0

6

t

t







Với t=0, ta có: I(0;1), J(6;7) và R  26

Suy ra phương trình đường tròn là 2 2

1

(C ) :x (y1) 26 và 2 2

2

(C ) : (x6) (y7) 26

Vì C(d2)(C1)nên tọa độ C thỏa hệ: 2 6 0 2

y







2

1 1

6 1

( 1; 6) 1

6

6

x x

y x

C x

y

y

 

  











(do C(1;6) trùng với A)

Vì D(d2)(C2) nên tọa độ D thỏa hệ: 6 20 2

y







2

11

6 5

6 ( 6) 25

(11; 6)

6

6

x x

y x

D x

y

y

 

   











(do C(1;6) trùng với A)

Với t=6, ta có: I(6;7), J(0;1) và R  26

Làm tương tự, ta có: C(11;6), D(-1;6)

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác BCD là:

B(5;2), C(-1;6), D(11;6) hoặc B(5;2), C(11;6);D(-1;6)

Câu 9 (1 điểm)

Giải hệ phương trình

6









3 2 2 2 2

6











2 2





Phương trình (1) tương đương 5 3(2 ) 2 3(2 ) 1 6

3 (2 )

y x

Đặt t 2yx t; ( 0)t2 2yx

Phương trình (1) trở thành 2 2

2

6

3

t



Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

2

8 4

2

t



Suy ra: 5 3 3 t2 t2 2 3t21 3t2 6

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

2

1

0

t

t











Với t=1 ta có: 2y-x=1, thay vào phương trình (2) ta được:

2

2

1 ( 1) 1

 

2 2

1

2 0

x

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG Page 8

2

2

( 1) 0 (3)

x x

 









Vì

2

x x x     x

Nên 2

 Suy ra phương trình (4) vô nghiệm

Giải phương trình (3): ( 1) 0 0

1

x

x x

x





     



(thỏa)

2

x  y (nhận)

Với x  1 y 0 (nhận)

Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm: ( ; ) 0;1 ; 1; 0

2

x y    

Câu 10 (1 điểm)

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4(x38y6)1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

P



, 0

a b

  ta có: 4(a3b3)(ab) (1)3

Thật vậy:

2

( )( ) 0 (2)

Vì a,b>0 nên (2) luôn đúng Dấu “=” xảy ra khi a=b

Suy ra (1) được chứng minh

Áp dụng BĐT (1) với ax b; 2y2, ta có:

14(x 8y )4x (2y ) (x2y ) x2y 1

Lại có: 5(x2 y2) 5( x y) 3 5x25x5y25y3

                 

Do đó:

54 1

2

P

Ta có: P=54 khi

2

4( 8 ) 1

1 2

2 1

2









  

 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là P Max 54, đạt được khi 1

2

x y