Đề luyện thi thử THPT quốc gia môn Toán số 3

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA
ĐỀ ÔN TẬP
CÂU 1 (2 điểm). Cho hàm số
( )
4 2
5 4 1y x x
= − +
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
( )
1
.
b. Tìm
m
để phương trình
4 2
2
5 4 logx x m
− + =
có
6
nghiệm phân biệt.
CÂU 2 (1 điểm). Giải phương trình
( )
1 cos 2cos 1 2 sin
1
1 cos
x x x
x
− + −
=
−

.
CÂU 3 (1 điểm). Tính tích phân
( )
4
2
0
sin 2 cos 2I x x xdx
π
= +
∫
.
CÂU 4 (0.5 điểm). Gọi
1 2
,z z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
2 17 0z z
− + =
.
Tính giá trị của biểu thức
1 2
A i z i z= + + +
.
CÂU 5 (0.5 điểm). Tính tổng
0 1 2 3 2014 2015
2015 2015 2015 2015 2015 2015
2 3 4 2015 2016S C C C C C C
= − + − + + −
.
CÂU 6 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

( )
2 2 2
: 2 2 2 0S x y z y z
+ + − + − =
và hai điểm
( ) ( )
0;2;1 , 2;2;0A B
. Viết phương trình mặt phẳng
( )
P
đi qua hai điểm
,A B
và tiếp xúc với mặt cầu
( )
S
.
CÂU 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong
góc A nằm trên đường thẳng
: 0d x y
+ =
và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
là
2 2
4 2 20 0x y x y+ − + − =
. Biết rằng điểm
( )
3; 4M
−
thuộc đường thẳng BC và điểm A có hoành
độ âm. Tìm tọa độ các điểm A,B,C.

CÂU 8 (1 điểm). Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng
a
, mặt bên của hình chóp tạo với
mặt đáy một góc
0
60
. Mặt phẳng
( )
P
chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC,SD lần
lượt tại M,N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo
a
.
CÂU 9 (1 điểm). Giải phương trình
( )
2
4 2 1
log 2 2.8 3.2 1
2.16 2.4 1
x x
x x x
x x
− +
= − +
− +
.
CÂU 10 (1 điểm). Cho
, ,a b c
là các số thực dương thỏa mãn
( )

2 2 2
5 2 .a b c a b c ab
+ + = + + −
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
3 1
48
10
P a b c
a b c
 
= + + + +
 ÷
 ÷
+ +
 
.
HẾT
HNG DN GII
CU 1:

= +
= +

=


=

= =



=


4 2
x
3
a) Hàm số y x 5x 4 (1)
TXĐ: D = R
Giới hạn: lim y
Đạo hàm: y 4x 10x
x 0
10
y 0 x
2
10
x
2
Bảng biến thiên:
( )

+
ữ ữ
ữ ữ

ữ ữ
ữ ữ



ữ ữ
ữ

g
10 10
Nhận xét: Hàm số đồng biến trên khoảng ;0 và ;
2 2
10 10
Hàm số nghịch biến trên khoảng ; và 0;
2 2
10 9 10 9
Hàm số có 3 điểm cực trị: A ; ; B 0;4 ; C ;
2 4 2 4
( ) ( )
ữ

gGiao điểm với các trục:
(Ox): D 2;0 ; E 2;0
( )
g
(Oy) : B 0;4
Đồ thị:
= +
4 2

Nhận xét: hàm số y x 5x 4 nhận trục Oy làm trục đối xứngĐồ thị
.
( ) ( )
+ =

+
4 2
2
4 2
2
b) x 5x 4 log m (*)
Số nghiệm ph ơng trình (*) là số giao điểm của
đ ờng thẳng (d): y = log m và (C ):y = x 5x 4
Từ đồ thị C ta suy ra đồ thị C ' :
CÂU 2:
( )
( )





− + −
=
−
− ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ π ∈
⇔ − − − = −
⇔ − − − =
⇔ − − =
=

⇔
= −
2
2
2
1 cosx 2cosx 1 2 sinx
1 (1)
1 cosx
§iÒu kiÖn: 1 cosx 0 cosx 1 x k2 (k Z)
Víi ®k trªn th×
(1) 1 2cos x cosx 2 sinx 1 cosx
2 1 sin x 2 sin x 0
2sin x 2 sinx 2 0
sinx 2(l)
2
sinx
2
π

′
= − + π

′
⇔ ∈

π

′
= + π



x k 2
4
(k Z)
5
x k 2
4
( Thỏa điều kiện )
CÂU 3:
( )
π
π
π
= +
= +
∫
∫ ∫
4
2
0
4
2
4
0
0
I x sin 2x cos2xdx
I xcos2xdx sin 2xcos2xdx
π
π π
π




 



=
=
=
⇔
=
=
π π
⇒ = − = + = −
∫
∫
1
4
1
0
4 4
4
0
0 0
XÐt I xcos2xdx
du dx
u x
§Æt
sin 2x

cos2xdx dv
chän v dx
2
1 1 1 1
I xsin2x sin 2xdx cos2x
2 2 8 4 8 4
π
=
= ⇒ =
π
= ⇒ =
= ⇒ =
= = =
π
= + = −
∫
∫
2
4
2
0
1
1
2 3
2
0
0
1 2
XÐt I sin 2xcos2xdx
§Æt t sin2x dt 2cos2xdx

§æi cËn: x t 1
4
x 0 t 0
1 1 1
I t dt t
2 6 6
1
Ta cã : I I I
8 12
CÂU 4:
a)
2
2 2
2 17 0
( 1) 16
1 4 1 4
1 4 1 4
z z
z i
z i z i
z i z i
− + =
 
 
 
⇔ − =
− = = +
⇔ ⇔
− = − = −
• Với

2
1 1
2
1 2
1 4
1 4 1 4
1 3 1 3 2 1 3 2 10
z i
z i z i
A i z i z i i





= −
= + ⇒ = −
= + + + = − + − = + =
• Với
1 1
2
2
1 2
1 4 1 4
1 4
1 5 1 5 2 1 5 2 26
z i z i
z i
A i z i z i i


= − ⇒ = +


= +


= + + + = + + + = + =
CÂU 5:
2015 0 1 2 2 2014 2014 2015 2015
2015 2015 2015 2015 2015
2015 0 1 2 2 3 2014 2015 2015 2016
2015 2015 2015 2015 2015
2015 ' 0 1 2 2 2014 201
2015 2015 2015 2015
(1 )
(1 )
[ (1 ) ] 2 3 2015
x C C x C x C x C x
x x C x C x C x C x C x
x x C C x C x C x
− = − + − + −
⇒ − = − + − + −
⇒ − = − + − +
4 2015 2015
2015
2015 2014 0 1 2 2 2014 2014 2015 2015
2015 2015 2015 2015 2015
2016
(1 ) 2015 (1 x) 2 3 2015 2016
C x

x x C C x C x C x C x
−
⇒ − − − = − + − + −
Thay
1x
=
, ta suy ra
0S
=
.
CÂU 6:
2 2 2
2 2 2
(S) : x 2 2 2 0
( ) : x ( 1) ( 1) 4
y z y z
S y z
+ + − + − =
⇔ + − + + =
⇒
(S) có tâm I(0;1;-1) và bán kính R=2.
Gọi phương trình tổng quát của (P) là:
2 2 2
( ) : 0 ( 0)
(0;2;1) ( ) 2 0 2 2
(2;2;0) ( ) 2 2 0 2
(P) : Ax By 2Az 2A 2B 0
P Ax By Cz D A B C
A P B C D D A B
B P A B D C A

+ + + = + + ≠
∈ + + = = − −
  
⇒ ⇒
  
∈ + + = =
  
⇒ + + − − =
[ ]
( )
( )
( )
⇔ =
− − −
⇔ =
+ +
⇔ − − = +
2
2 2
2
2 2
(P)tiÕp xóc víi (S) ;(P) R
2 2 2
2
2
4 4 5
d I
B A A B
A B A
A B B A

• = = ⇒ =
⇒ + + − =
3
,chän 2 3
2
(P) : 3x 2 y 6 z 10 0
A B B A
• = = ⇒ =
⇒ + + − =
1
,chän 2 1
2
( ): 2 2 6 0
A B B A
P x y z

+ + − =


+ + − =

( ): 3 2 6 10 0
VËy:
( ): x 2 y 2z 6 0
P x y z
P
CÂU 7:
A là giao điểm của đường phân giác AD và đường tròn (I) ( (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC)
⇒

Tọa độ A thỏa hệ
2 2
0
4 2 20 0
x y
x y x y
+ =


+ − + − =


2
2 (nhËn)
2 6 20 0
5 (lo¹i)
= −

= −


⇔ ⇔
= −

 
− − =



=



x y
x y
x
x x
x

(do A có hoành độ âm)
⇒
A(-2;2)
Gọi D là điểm thỏa: D = (I)
I
(d);
D A
≠

Ta có D(5;-5)
AD: đường phân giác
·
BAC

·
·
·
·
⇒ = ⇒ =
BAD DAC BOD DOC

⇒

ID là tia phân giác
·
BOC

Lại có
∆
BOC
cân tại O (OB=OC=R)
⇒
ID là phân giác
·
BOC
đồng thời
ID BC
⊥

(I):
2 2
4 2 20 0x y x y+ − + − =

2 2
( 2) ( 1) 25x y⇔ − + + =

⇒
Tâm I(2;-1)
⇒

(3; 4)ID
= −
uur

Đường thẳng BC qua M có VTCP
(3; 4)ID
= −
uur
nên có pt:
3( 3) 4(y 4) 0
3 4 25 0
x
x y
− − + =
⇔ − − =

Tọa độ B,C thỏa hệ:
2 2
3 4 25 0
4 2 20 0
x y
x y x y
− − =


+ − + − =


2 2 2
3 4 25 3 4 25
(4 25) 12(4 25) 18 180 9 25 170 145 0
x y x y
y y y y y y

= + = +
 
⇔ ⇔
 
+ − + + − = − + + =
 

3 4 25
7
1
1
29
5
x y
x
y
y
y
= +


=

= −


⇔ ⇔
 

= −




= −



hoặc
3
5
29
5
x
y

=




= −


.
Vậy ta tìm được 2 bộ điểm A, B, C thỏa đề:
3 29
( 2;2); (7; 1); ( ; )
5 15
3 29
( 2;2); ( ; ); (7; 1)

5 15
A B C
A B C

− − −



− − −



CÂU 8:
Gọi H: tâm hình vuông ABCD
⇒
( )SH ABCD
⊥
(do S.ABCD là hình chóp
đều)
Kẻ
HE BC
⊥
, ta có:
[ ( )]
SH,HE (SHE)
SH HE H
BC HE
BC SH SH ABCD
⊥



⊥ ⊥


⊂


=

I
( )BC SHE
⇒ ⊥

Trong (SHE), kẻ
HF SE
⊥
tại F
( )BC HF SHE
⇒ ⊥ ⊂

Ta có:
( )
, ( )
BC HF
HF SE
HF SBC
SE BC E
SE BC SBC
⊥



⊥

⇒ ⊥

=


⊂

I
Ta có:
·
·
·
[(SBC);(ABC)] [ ; ] 60
60 30
tan tan 30
3
SH HF
SHF HSE
HE
HSE
SH
SH HE
= = °
⇒ = ° ⇒ = °
⇒ = ° =
⇒ =

,HE BC AB BC
⊥ ⊥ ⇒
EH song song AB.
HE CH
AB CA
⇒ =
(Định lý Talet cho
∆
ABC
)
3
2 2
a a
HE SH
⇒ = ⇒ =

Gọi G là trong tâm
∆
SAC

⇒
A,G,M thằng hàng và M là trung điểm SC.
Tương tự ta cũng có N là trung điểm SD.
3
2
1 1 3 3
. . . .
3 3 2 6
SABCD ABCD
a a

V SH S a
= = =

Chứng minh
3
8
SABMN
SABCD
V
V
=
.
3
3 3
8 16
SABMN SABCD
a
V V
⇒ = =
.

CÂU 9:
( )
− +
= − +
− +
⇔ − + − − + = − +
⇔ − + + − + = − + + − +
= + ∀ >
= + > ∀ >

⇒
2
2 2
2 2
2
'
4 2 1
log 2 (2.8 3.2 1) *
2.16 2.4 1
log (4 2 1) log (2.16 2.4 1) 2.16 3.4 2
log (4 2 1) 4 2 1 log (2.16 2.4 1) 2.16 2.4 1
XÐt ( ) log , 0
1
( ) 1 0, 0
ln 2
®ång biÕn
x x
x x x
x x
x x x x x x x
x x x x x x x x
f t t t t
f t t
t
f
( )
+∞ trªn 0;
( )
⇔ − + = − +
⇔ − + = − + ⇔ − = −

⇔ − + = ⇔ − + =
− + +
⇔ − − + =


=

− +

⇔ =


+

= −


=
 
⇔
− +
=


 
2 4 2
4 2 3
2
* (4 2 1) (2.16 2.4 1)
4 2 1 2.16 2.4 1 2 2 2.2 2.2

2.2 3.2 2 0 2.2 3.2 1 0
1 3 1 3
(2 1)(2 )(2 ) 0
2 2
2 1
1 3
2
2
1 3
2 (lo¹i)
2
0

1 3
log
2
x x x x
x x x x x x x x
x x x x x
x x x
x
x
x
f f
x
x



÷

÷


CÂU 10:
( )
3
3 1
48 , , 0
10
P a b c a b c
a b c
 
= + + + + >
 ÷
 ÷
+ +
 
Ta có:
3 2 3 3 12
22 22
( 10).12 10
a a
a a
≥ ⇒ ≥
+ +
+ +
Lại có:
3 3
1 3 1 12
16 16

( ).8.8 ( )
b c b c
b c b c
≥ ⇒ ≥
+ + + +
+ +
Suy ra:
3
3 1 12 12 48
22 16 38
10
a b c a b c
a b c
+ ≥ + ≥
+ + + + + +
+ +
Suy ra:
2 2
48 48
38 38 2.48 38 58
38 38
P a b c a b c
a b c a b c
≥ + + + = + + + + − ≥ − =
+ + + + + +
Mặt khác với
2, 3, 5a b c
= = =
( thỏa điều kiện của bài toán) thì
P 58

=
. Vậy
min P 58
=
.