đề thi thử quốc gia môn toán 2016- đề 15

ÑEÀ SOÁ

15

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

y=

2 x +1
.
x −1

Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y = −x 3 + 3 x −1 . Tìm m để đường thẳng d có phương
trình y = m ( x −1) + 1 cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt A (1;1) , M , N sao cho tích các
hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị tại M và N bằng 27 .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Gọi z1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 4 z + 5 = 0 . Tính giá trị
biểu thức A = ( z1 −1)

2014

+ ( z 2 −1)

2014

.

b) Giải phương trình log 2 x − log 1 ( x −1) = 1 .
2

Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = x 2 ln x , trục hoành
và x = e . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình ( H ) quanh trục
hoành.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong

không

gian

với

hệ

tọa

độ

Oxyz ,

cho

mặt

phẳng

x − 2 y +1
z
=
=

. Tìm tọa độ giao điểm
1
−2
−1
của d và ( P ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến ( P )

( P ) : x + y + z − 3 = 0 và đường thẳng d :

bằng 2 3 .
Câu 6 (1,0 điểm).

sin 2α
.
cos 4α + 1
10 Ann−2
= nC nn+2 − n 3 + 19 .
b) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn đẳng thức
Pn − Pn +1
a) Cho góc α thỏa mãn tan α = −2 . Hãy tính A =

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a ,
cạnh bên SA = a 3 và vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SD . Tính theo
a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh

A (5; −4 ) . Gọi E là trung điểm của cạnh AD , hình chiếu vuông góc của B lên CE là
H (−1; −2 ) . Tìm tọa độ điểm C , biết trung điểm F của cạnh BC nằm trên đường
thẳng d : x − 2 y + 2 = 0 .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình ( x + 1) 3x + 1 + x 3 + 2 x 2 + 1 ≥ 2 x 2 − x + 1 + 6 x .
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x , y, z thuộc nửa khoảng (0;1] và thỏa mãn

x + y ≥ 1 + z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x
y
z
+
+
.
y + z z + x xy + z 2

5


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. Bạn đọc tự làm
Câu 2. Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng d là:
−x 2 + 3 x −1 = m ( x −1) + 1

x = 1
.
⇔ ( x −1)( x 2 + x − 2 + m ) = 0 ⇔  2
 x + x − 2 + m = 0. (*)
Để đường thẳng d cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai

∆ = 9 − 4 m > 0
m < 9


nghiệm phân biệt khác 1 ⇔  2

⇔
4.
1 + 1 − 2 + m ≠ 0 
m ≠ 0
Giả sử M ( x1 ; y1 ) , N ( x 2 ; y2 ) với x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình (*) .
 x1 + x 2 = −1
Theo Vi-et, ta có 
.

 x1 x 2 = m − 2

u cầu bài tốn ⇔ f ' ( x1 ). f ' ( x 2 ) = 27 ⇔ (−3 x12 + 3)(−3 x 22 + 3) = 27
2
2
2
⇔ ( x1 x 2 ) − ( x12 + x 22 ) + 1 = 3 ⇔ ( x1 x 2 ) − ( x1 + x 2 ) − 2 x1 x 2  + 1 = 3


 m = −1
⇔ m 2 − 2m − 3 = 0 ⇔ 
.

m = 3

Đối chiếu điều kiện tương giao, ta được m = −1 là giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự. Cho hàm số y = −2 x 3 + 6 x + 2 . Tìm tất cả các giá trị của m để đường
thẳng d : y = 2mx − 2 m + 6 cắt đồ thị hàm số tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng
hệ số góc các tiếp tuyến với đồ thị tại A, B, C bằng 6 .
Câu 3.
a) Xét phương trình z 2 − 4 z + 5 = 0 . Ta có ∆ ′ = 16 − 20 = −2 = (2i ) .

2

4 − 2i
4 + 2i
= 2 − i; z2 =
= 2 + i.
2
2
2014
2014
2 1007
2 1007
= (1 − i ) + (1 + i ) = (1 − i )  + (1 − i ) 





Phương trình có hai nghiệm phức z1 =
Ta có A = ( z1 −1)

2014

= (−2i )

1007

+ ( z 2 −1)

2014

+ (2i )

1007

= (−2 )

1007

.i 1007 + 21007.i 1007 = 0 .

Vậy A = 0 .

 x > 0
b) Điều kiện: 
⇔ x >1 .

 x −1 > 0
Với điều kiện trên phương trình đã cho trở thành log 2 x + log 2 ( x −1) = 1

 x = −1 (loại)
⇔ log 2  x ( x −1) = log 2 2 ⇔ x ( x −1) = 2 ⇔ 
.
 x = 2 ( thoả mãn)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 .
 x > 0, ln x ≥ 0
Câu 4. Phương trình hồnh độ giao điểm là x 2 ln x = 0 ⇔ 
⇔ x =1.

 x = 0 ∨ ln x = 0

6


e

(

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là V = π ∫ x 2 ln x

)

2

e

dx = π ∫ x 4 ln xdx .

1

e

Tính A = ∫
1

1


1
du = dx


u
=
ln
x


x
x 4 ln xdx . Đặt 
⇒ 
.
5
dv = x 4 dx 
x
v =
5

e

Khi đó A =

e
e
x5
1
x5
x5
ln x − ∫ x 4 dx =
ln x −
5

5 1
5
25
1
1

e

=

1

e5 e5
1
4e 5
1
− +
=
+
.
5 25 25
25 25

 4e 5
1
Vậy V = π 
+  (đvtt).
 25 25 
Bài tập tương tự 1. Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = ln x , trục hoành và

x = 2 . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình ( H ) quanh trục hoành.
Bài tập tương tự 2. Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = x ln x , y = 0 và
x = e . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình ( H ) quanh trục hoành.
Bài tập tương tự 3. Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = ( x − 2 ) ln x , y = 0 .
Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình ( H ) quanh trục hoành.
Bài tập tương tự 4. Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = x ln (1 + x 3 ) , y = 0
và x = 1 . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình ( H ) quanh trục
hoành.

4 + x 2 ln x
2
, y=
x
x
và x = 2 . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình ( H ) quanh trục
Bài tập tương tự 5. Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y =

hoành.
Hướng dẫn
2

Bài tập tương tự 1. Thể tích V = π ∫ ln 2 xdx = 2π (ln 2 −1) (đvtt).
2

1

e

Bài tập tương tự 2. Thể tích V = π ∫ x 2 ln 2 xdx =

π (5e 3 − 2)
27

1

(đvtt).

2
 16 8

2
Bài tập tương tự 3. Thể tích V = π ∫ ( x − 2) ln xdx = π − + ln 2 (đvtt).
 9 3

1
1

Bài tập tương tự 4. Thể tích V = π ∫ x 2 ln (1 + x 3 ) dx =
0
2

Bài tập tương tự 5. Thể tích V = π ∫
1

π
(2 ln 2 −1) (đvtt).
3

2
 4 + x 2 ln x 


 − 4 dx = π ln xdx = π (2 ln 2 −1) .

∫

x
x2


1
2

Câu 5. Gọi A là giao điểm của d và ( P ) . Suy ra

7


● A ∈ d nên A (2 + t ; −1 − 2t ; −t ) .
● A ∈ ( P ) nên (2 + t ) + (−1 − 2t ) + (−t ) − 3 = 0 ⇔ t = −1 .
Với t = −1 , ta được A (1;1;1) .
Ta có M ∈ d nên M (2 + m; −1 − 2m; −m ) .
Khi đó, ta có d  M , ( P ) =

(2 + m ) + (−1 − 2m ) + (−m ) − 3

⇔2 3=

−2 m − 2

1+1+1

3
 M (4; −5; −2)
t = 2
.
⇔ t +1 = 3 ⇔ 
⇒ 
 t = −4

 M (−2;7;4 )
Vậy có hai điểm M thỏa mãn bài toán là M ( 4; −5; −2) hoặc M (−2;7;4 ) .

Câu 6.
a) Ta có A =

sin 2α
sin 2α
=
.
cos 4α + 1 2 cos 2 2α

2t
1− t 2
và
α
=
.
cos
2
1+ t 2
1+ t 2

2 tan α
4
1 − tan 2 α
3
Do đó sin 2α =
=
−
,
cos
2
α
=
=− .
1 + tan 2 α
5
1 + tan 2 α
5
4
3
10
Thay sin 2α = − và cos 2α = − vào A , ta được A = − .
5
5
9
*
b) Điều kiện: n ∈ ℕ .

10 Ann−2
n !  (n + 2)!
Ta có

= nC nn+2 − n 3 + 19 ⇔ 10. = n
− n 3 + 19  n !− (n + 1)!

P −P
2!  n !2!
Nhắc lại công thức: Nếu đặt t = tan α thì sin 2α =

n

n +1

 (n + 1)(n + 2 )

⇔ 5.n ! = n
− n 3 + 19.n !.(1 − n −1)


2
⇔ 10 = (n 3 + 3n 2 + 2n − 2 n 3 + 38)(−n )
⇔ n 4 − 3n 3 − 2n 2 − 38n −10 = 0
n = 5
⇔ (n − 5)(n 3 + 2n 2 + 8n + 2 ) = 0 ⇔  3
.
 n + 2 n 2 + 8n + 2 = 0

Vì n ∈ ℕ * nên n 3 + 2n 2 + 8n + 2 = 0 vô nghiệm.
Đối chiếu điều kiện ta có n = 5 là giá trị cần tìm.
Câu 7. Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là S ABCD = a 2 .
1
a3 3

Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD = S ABCD .SA =
(đvtt).
3
3

8


S

M
K

I

A

D

E
O
B

C

Gọi O = AC ∩ BD , suy ra MO SB .
Do đó d [SB, AM ] = d SB, ( AMO ) = d S , ( AMO ) = d  D, ( AMO ) .
Gọi I là trung điểm AD , suy ra MI SA nên MI ⊥ ( ABCD ) .
Khi đó d [SB, AM ] = d  D, ( AMO ) = 2d  I , ( AMO ) .
Kẻ IE ⊥ AC ( E ∈ AC ) .

Gọi K là hình chiếu của I trên ME , suy ra IK ⊥ ME .

IE ⊥ AC
Ta có 
⇒ AC ⊥ ( MIE ) ⇒ AC ⊥ IK .

 AC ⊥ MI
Từ (1) và (2) , suy ra IK ⊥ ( AMO ) nên d  I , ( AMO ) = IK .
Ta có MI =

(1)
(2 )

SA a 3
DO a 2
; IE =
.
=
=
2
2
2
4

Trong tam giác vuông MIE , ta có IK =

MI .IE
MI + IE
2

2

=

a 21
.
14

a 21
Vậy d [SB , AM ] = 2d  I , ( AMO ) = 2 IK =
.
7
Câu 8. Ta chứng minh AH ⊥ HF . Thật vậy:
Ta có BHE = BFE = 90 0 , suy ra tứ giác BFHE nội tiếp.
Suy ra BHF = BEF (cùng chắn cung BF ).

(1)

Do ABFE là hình chữ nhật nên BEF = BAF .

(2 )

Từ (1) và (2 ) , suy ra BHF = BAF nên tứ giác ABFH nội tiếp. Mà ABF = 90 0 suy ra

AHF = 90 0 hay AH ⊥ HF .

9


B

A

F

E

H
C

D

Đường thẳng HF qua H (−1; −2) và có VTPT AH = (−6;2) nên HF : 3x − y + 1 = 0 .

 x − 2 y + 2 = 0
Do F = HF ∩ d nên tọa độ điểm F thỏa mãn hệ 
⇒ F (0;1) .

3 x − y + 1 = 0
Đường thẳng BH đi qua H (−1; −2 ) và có VTPT AF = (−5;5) nên BH : x − y −1 = 0 .
Đường thẳng CE đi qua H và vuông góc với BH nên CE : x + y + 3 = 0 .
Điểm C ∈ CE nên C (t ; −t − 3) . Suy ra B (−t ;5 + t ) .
Vì B ∈ BH nên −t − (5 + t ) −1 = 0 ⇔ t = −3 .
Vậy C (−3;0) .
Câu 9. Phân tích. Sử dụng casio tìm được hai nghiệm x = 0, x = 1 nên bất phương trình sẽ có
nhân tử chung dạng x ( x −1) = x 2 − x . Do đó sẽ ghép bậc nhất với căn thức để liên hợp dạng

( x + 1)  3x + 1 − (ax + b ) và 2. (cx + d )− x 2 − x + 1 với



khi x = 0 ⇒

a, b thỏa mãn hệ 
khi x = 1 ⇒

khi x = 0 ⇒

c , d thỏa mãn hệ 

khi x = 1 ⇒

1
Điều kiện: x ≥ − .
3
Bất phương trình tương đương
( x + 1)  3 x + 1 − ( x + 1) + 2

( x + 1)(−x + x )
2

⇔

3x + 1 + x + 1

a = 1
;
⇒ 

3x + 1 = 2 = ax + b = a + b b = 1
3x + 1 = 1 = ax + b = b

c = 0
⇒ 
⋅
x 2 − x + 1 = 1 = cx + d = c + d d = 1
x 2 − x + 1 = 1 = cx + d = d

(1−

2 (−x + x )
2

+

)

x 2 − x + 1 + x 3 + 3x 2 − 4 x ≥ 0

x 2 − x +1 +1

+ ( x 2 − x )( x + 4 ) ≥ 0


x +1
2

⇔ (−x 2 + x )
+
− x − 4 ≥ 0 .
 3x + 1 + x + 1


x 2 − x +1 +1
Do

10

x +1
3x + 1 + x + 1

+

2
x − x +1 +1
2

−x −4 <

(* )

x +1
1
+ 2 − x − 4 = −x −1 < 0, ∀x ≥ − .
x +1
3


Do đó (*) ⇔ −x 2 + x ≤ 0 ⇔ x ≤ 0 hoặc x ≥ 1 .

 1 
Đối chiếu điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là S = − ;0 ∪ [1; +∞) .

 3 
Bài tập tương tự. Giải bất phương trình 2 x −11 − 2 x 2 −16 x + 28 ≥ 5 − x .
Hướng dẫn
11
Điều kiện: x ≥ .
2
Bất phương trình tương đương  2 x −11 − ( x − 5) + (2 x −10) − 2 x 2 −16 x + 28  ≥ 0

 



2
1
2

⇔ ... ⇔ ( x − 6) 
−
≥ 0
2
 2 x −10 + 2 x −16 x + 28
2 x −11 + x − 5 

⇔ ( x − 6)

2

2 2 x −11 − 2 x 2 −16 x + 28
≥0
2 ( x − 5) + 2 x 2 −16 x + 28  2 x −11 + x − 5




(

(

)

.

)

⇔ ( x − 6) 2 2 x −11 − 2 x 2 −16 x + 28 ≥ 0
2

( x − 6) (−2 x 2 + 24 x − 72)
2

⇔

2 2 x −11 + 2 x −16 x + 28
2

≥ 0 ⇔ −2 ( x − 6) ≥ 0.
4

Đáp số: x = 6 .
Câu 10. Do x , y , z ∈ (0;1] nên ta có xy ≤ 1 và z 2 ≤ z .
Suy ra xy + z 2 ≤ 1 + z mà 1 + z ≤ x + y nên xy + z 2 ≤ x + y .

z
z
≥
, ∀z ∈ (0;1] . Khi đó
xy + z 2 x + y

x
y
z
x  
y  
z 
 + 1 +
−3
P≥
+
+
= 1 +
 + 1 +



z+y z+x x+y 
y+z 
z +x 
x + y 

Từ đó ta được

 1
1
1 
− 3
= ( x + y + z )
+
+
 x + y y + z z + x 
 1
1
1
1 
 − 3.
= ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) 
+
+

2
 x + y y + z z + x 
 1 1 1
9
3
Áp dụng đánh giá (a + b + c ) + +  ≥ 9 ∀a, b, c > 0 . Ta được P ≥ − 3 = .
 a b c 
2
2
Dấu '' = '' xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

3

; khi ( x ; y; z ) = (1;1;1) .
2

11