đề thi thử quốc gia môn toán 2016- đề 30

ÑEÀ SOÁ

30

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
Câu 2 (1,0 điểm). Tính giới hạn lim
x →0

y = −x 4 + 2 x 2 − 1 .

1 + 2 x − cos x − x
.
x2

Câu 3 (1,0 điểm).

z
1
= z − (3 + i ) . Tìm phần thực và phần ảo của z .
1+i
2
b) Giải phương trình log 2 x + 2 log 2 x 2 = 2 .
a) Cho số phức z thỏa mãn

1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ (2 x −1) ln

(

)

x + 1 dx .

0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong

không

gian

với

hệ

tọa

độ

Oxyz ,

Cho

mặt

phẳng

x +2

y
z −4
=
=
. Viết phương trình
( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và đường thẳng d :
−1
−2
3
mặt phẳng (α ) đi qua điểm O , vuông góc với mặt phẳng ( P ) và song song với
đường thẳng d .
Câu 6 (1,0 điểm).

2 sin 2 x + cos 4 x − cos 2 x
=0.
sin x − cos x
b) Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu
nhiên từ ngân hàng đề thi. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi.
Tính xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = 2a ,
a) Giải phương trình

a 3
và vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm AB .
2
Tính thể tích khối chóp S . ABC và sin của góc giữa hai mặt phẳng (SMC ) , ( ABC ) .
BC = 2a 3 ; cạnh bên SA =

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có ACB = 450 .
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC , N là điểm đối xứng với M qua AC ,

đường thẳng BN có phương trình 7 x − y −19 = 0 . Biết A (−1; −1) , tam giác ABM
cân tại A và điểm B có tung độ dương. Tìm toạ độ các điểm còn lại của tam giác.
4 x 3 −12 x 2 + 15 x − 7 = ( y + 1) 2 y −1
(1)

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
.
6 ( x − 2) y − x + 26 = 6 3 16 x + 24 y − 28 (2 )

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
x , y, z
và thỏa mãn

x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx = 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

x 5 y5 z 5
22
6
+ + −12 ln ( x + y + z ) −
+
.
y3 z 3 x 3
x + y + z 6 + xy + yz + zx

5


HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI
Câu 1. Bạn đọc tự làm

Câu 2. Ta có lim
x →0

= lim

1 + 2 x − (1 + x ) + 1 − cos x
1 + 2 x − cos x − x
= lim
2
x →0
x
x2

1 + 2 x − (1 + x )

x →0

x

2

+ lim
x →0

1 − cos x
x2

x
2
2 sin 2

1 + 2 x − (1 + x )
2
= lim
+ lim
2
x →0
x 2  1 + 2 x + (1 + x ) x → 0 x




 sin x 

−1
1 
2  = − 1 + 1 = 0.
= lim
+ lim 

x →0
x →0 2 
2 2
1 + 2 x + (1 + x )
 x 
 2 
2

Vậy lim
x →0

1 + 2 x − cos x − x
=0.
x2

Câu 3.
a) Đặt z = a + bi (a, b ∈ ℝ ) , suy ra z = a − bi .

(a + bi )(1 − i )
a + bi
1
1
= (a − bi ) − (3 + i ) ⇔
= (a − bi ) − (3 + i )
1+ i
2
2
2
a + b + (−a + b )i (2a − 3) + (−2b −1)i
a + b = 2a − 3
a = 4
.
⇔
=
⇔
⇔ 
−a + b = −2b −1 b = 1
2
2
Vậy số phức z có phần thực bằng 4 , phần ảo bằng 1 .
 x > 0

1
b) Điều kiện: 
⇔0
0 < 2 x ≠ 1
2
Theo giả thiết, ta có

2
=2
log 2 2 x
2

Với điều kiện trên phương trình đã cho trở thành log 2 x +

⇔ log 2 x +

2
= 2 ⇔ log 2 x +
=2.
log 2 2 + log 2 x
1 + log 2 x

Đặt t = log 2 x , phương trình trở thành t +

t = 0
t 2 − t = 0
2
.
= 2 ⇔ 

⇔
t = 1
t ≠ −1
t +1


● Với t = 0 , ta được log 2 x = 0 ⇔ x = 1 .
● Với t = 1 , ta được log 2 x = 1 ⇔ x = 2 .
Đối chiếu điều kiện, phương trình có tập nghiệm S = {1;2} .


1
du =
dx
u = ln x + 1
2 x x +1
Câu 4. Đặt 
⇒ 
.

dv = (2 x −1) dx 
2


v = x − x

(

6

)

(

)


Suy ra I = ( x 2 − x ) ln

(

1



) − ∫  x −2

x +1

1

0

0

x 
 dx


1

 x − x 
 2

 dx = − x + 1 x x  = 1 .
= −∫ 
 4 3

 2 
12
0 
0
1

Vậy I =

1
.
12
1

Bài tập tương tự. Tính tích phân I = ∫ ln
−1

(

)

x 2 + 1 − x dx .

Hướng dẫn


1

2
dx
u = ln x + 1 − x
du = − 2

⇒
Đặt 
x +1 .


v = x
dv = dx
1
1
1
x
x
+∫
dx = ∫
dx .
Suy ra I = x ln x 2 + 1 − x
2
2
−1
x +1
x +1

−1
−1

(

)

(

)

Đặt t = x 2 + 1 ⇒ t 2 = ( x 2 + 1) dx , suy ra tdt = xdx .
Đáp số: I = 0.
Câu 5. Mặt phẳng ( P ) có VTPT nP = (1; −2;2 ) . Đường thẳng d có VTCP ud = (−1; −2;3) .
Mặt phẳng (α ) vuông góc với mặt phẳng ( P ) và song song với đường thẳng d nên
có VTPT nα = nP , ud  = (−2; −5; −4 ) .


Vậy phương trình mặt phẳng (α ) : 2 x + 5 y + 4 z = 0 .
Câu 6.

π
+ k π, ( k ∈ ℤ).
4
Phương trình tương đương với 2 sin 2 x + cos 4 x − cos 2 x = 0
⇔ 2 sin 2 x − 2 sin 3x sin x = 0 ⇔ 2 sin x (sin x − sin 3x ) = 0.
a) Điều kiện: sin x − cos x ≠ 0 ⇔ tan x ≠ 1 ⇔ x ≠

● sin x = 0 ⇔ x = k π, (k ∈ ℤ).

x = kπ

● sin x − sin 3 x = 0 ⇔ sin 3 x = sin x ⇔ 
π
π , (k ∈ ℤ ).
x = + k

4
2
3π
+ k π ( k ∈ ℤ ).
4
b) Không gian mẫu là số cách lấy ngẫu nhiên 4 câu hỏi từ ngân hàng 20 câu hỏi.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là Ω = C 204 = 4845 .
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = k π, x =

Gọi A là biến cố '' Thí sinh A rút được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc '' .
● Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc.
Trường hợp này có C102 .C102 = 2025 khả năng thuận lợi cho biến cố.

7


● Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc.
Trường hợp này có C103 .C101 = 1200 khả năng thuận lợi cho biến cố.
● Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc.
Trường hợp này có C104 = 210 khả năng thuận lợi cho biến cố.
Suy ra số phần tử của biến cố A là ΩA = 2025 + 1200 + 210 = 3435 .
Vậy xác suất cần tính P ( A ) =

ΩA
Ω

=

3435 229
.
=
4845 323

Câu 7. Diện tích tam giác vuông ABC là S∆ABC =

1
AB.BC = 2 a 2 3 .
2

1
Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC = S∆ABC .SA = a 3 (đvtt).
3
S
Trong tam giác AMC , kẻ đường cao AK ( K ∈ MC ) ,
suy ra AK ⊥ MC .
Ta có

(1)

MC ⊥ AK 
 ⇒ MC ⊥ (SAK ) ,
MC ⊥ SA 

suy ra MC ⊥ SK .

C

A

(2 )

Từ (1) và (2 ) , suy ra (SMC ), ( ABC ) = SK , AK = SKA .

M
K
MA MC
MA.BC a 3
Ta có ∆MKA ∽ ∆MBC nên
=
suy ra KA =
=
.
MC
KA
BC
2
Trong tam giác vuông SAK , ta có sin SKA =

B

SA
SA
2

=
=
.
2
2
SK
2
SA + AK

2
.
2
Câu 8. Phân tích. Đề bài cho tọa độ điểm A (−1; −1) và đường thẳng BN : 7 x − y −19 = 0 nên
Vậy (SMC ) hợp với ( ABC ) một góc α thỏa mãn sin α =

ta tìm mối liên hệ giữa hai đối tượng này về góc hoặc khoảng cách. Bằng các dữ kiện trong đề bài
đã cho ta chứng minh được tam giác ABN vuông cân tại A .
Gọi H là chân đường cao xuất phát từ A của tam giác ABM .
Vì tam giác ABM cân tại A nên BAH = HAM .

(1)

Vì AM và AN đối xứng nhau qua AC nên MAC = NAC .

(2 )

(

)

Mà HAM + MAC = HAC = 180 0 − AHC + ACH = 450 .

(3)

Từ (1) , (2) và (3) suy ra BAN = 2 HAC = 900 .

(* )

Tam giác ABM cân tại A nên AB = AM . Lại có M , N đối xứng nhau qua AC
nên AM = AN . Do đó AB = AN .
(* * )
Từ (*) và (* *) , suy ra tam giác ABN vuông cân tại A nên AB = 2d ( A, BC ) = 5 .

8


A
N

B

H

C

M

Do B ∈ BN nên B (b ;7b −19) .

b = 2  B (2; −5) ( loaïi)

2
2
Ta có AB = 5 ⇔ (b + 1) + (7b −18) = 25 ⇔ b 2 − 5b + 6 = 0 ⇔ 
.
⇒
b = 3  B (3;2)


Đường thẳng AN qua A (−1; −1) và có VTPT AB = (4;3) nên AN : 4 x + 3 y + 7 = 0 .

4 x + 3 y + 7 = 0
Do N = AN ∩ BN nên N có tọa độ thỏa mãn hệ 
⇒ N (2; −5) .

7 x − y −19 = 0
Vì M , N đối xứng nhau qua AC nên tam giác CMN cân tại C . Hơn nữa ta có
ACB = 450 , suy ra CMN = 450 . Do đó tam giác CMN vuông cân tại C .
Suy ra BC = 2CN . Giả sử C ( x ; y ) , ta có CB ( x − 3; y − 2 ) , CN ( x − 2; y + 5) .

( x − 3)( x − 2) + ( y − 2)( y + 5) = 0

.

( x − 3)2 + ( y − 2)2 = 4 ( x − 2)2 + ( y + 5)2 





 3 16 

Giải hệ phương trình trên ta tìm được C (5; −4 ) hoặc C − ; −  .
 5
5
CB ⊥ CN
Từ 
ta có hệ phương trình

CB = 2CN

Do A , C khác phía so với BN nên ta chọn B (3;2), C (5; −4 ) .

1
.
2
Phương trình (1) ⇔ 8 x 3 − 24 x 2 + 30 x −14 = (2 y + 2) 2 y −1

Câu 9. Điều kiện: y ≥

⇔ 8 x 3 − 24 x 2 + 30 x −14 = (2 y −1 + 3) 2 y −1

⇔ (2 x − 2 ) + 3 (2 x − 2 ) =
3

(

)

3

2 y −1 + 3 2 y −1.

(* )

Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t trên ℝ . Ta có f ' (t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ℝ .
Suy ra f (t ) đồng biến trên ℝ . Nhận thấy (*) có dạng f (2 x − 2) = f

(

2 y −1

)

 x ≥ 1
⇔ 2 x − 2 = 2 y −1 ⇔ 
.
2 y = 4 x 2 − 8 x + 5
Thay vào (2) , ta được 3 ( x − 2)(4 x 2 − 8 x + 5) − x + 26 = 6 3 16 x + 12 (4 x 2 − 8 x + 5) − 28

⇔ 3( x − 2)(4 x 2 − 8 x + 5) − x + 26 = 6 3 16 x + 12 ( 4 x 2 − 8 x + 5) − 28
Côsi 
3

⇔ 6 x 3 − 24 x 2 + 31x − 2 = 6 3 6 x 2 −10 x + 4 ≤ 2  2 + (2 x − 2) +  x −1
 2



9

⇔ 6 x 3 − 24 x 2 + 31x − 2 ≤ 7 x − 2 ⇔ 6 x ( x − 2 ) ≤ 0 ⇔ x = 2 (do x ≥ 1 ).
2

 5
Thử lại và đối chiếu điều kiện, hệ có nghiệm ( x ; y ) = 2;  .
 2 
 x 3 − 3 x 2 + 2 = y 3 + 3 y 2
(1)

Bài tập tương tự 1. Giải hệ phương trình 
.

 −14 x + 2 y + 48 + 5 = x + x − 3 (2)

 x 2 y + x 2 + 1 = 2 x x 2 y + 2
(1)

Bài tập tương tự 2. Giải hệ phương trình 
.
 3 6
2
2
 y ( x −1) + 3 y ( x − 2) + 3 y + 4 = 0 (2 )


2
4
2
 x + 2 x + 2 + x + 1 y + 1 + y = 1 (1)


Bài tập tương tự 3. Giải hệ phương trình  2
.
 x + 3 y 2 + 5
+ x +1 = 0
(2 )
 2
2
 x − 2 y − 2

(

)(

)


2
 x + x ( x − 3 x + 3) = 3 y + 2 + y + 3 + 1 (1)
Bài tập tương tự 4. Giải hệ phương trình 
.


2
3
x
−
−
x
−
x

+
=
y
+
+
3
1
6
6
2
1
2
(
)

Hướng dẫn

Bài tập tương tự 1. Điều kiện: x ≥ 3, y ≥ 7 x − 24 .
Phương trình (2 ) ⇔ −14 x + 2 y + 48 = ( x − 3) + x − 3 − 2

⇔ −14 x + 2 y + 48 =
Suy ra

(

)(

)

x − 3 −1

x −3 + 2 .

x − 3 −1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4 . Kết hợp với điều kiện, ta được y ≥ 4 .

Phương trình (1) ⇔ ... ⇔ ( x −1) − 3 ( x −1) =
3

(

)

3

y + 3 −3 y + 3 .

)

Xét hàm số f (t ) = t 3 − 3t trên  7; +∞ .

Đáp số: ( x ; y ) = (7;33) .
Bài tập tương tự 2. Điều kiện: x 2 y ≥ −2 .
Phương trình (2) ⇔ ... ⇔ ( x 2 y ) + 3 x 2 y = ( y −1) + 3 ( y −1) .
3

3

Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t trên ℝ … ⇔ f ( x 2 y ) = f ( y −1) ⇔ x 2 y = y −1 .
Thay vào (1) , ta được x 2 y + x 2 + 1 = 2 x y + 1 ⇔ x 2 ( y + 1) − 2 x y + 1 + 1 = 0

(

)

2

⇔ x y + 1 −1 = 0 ⇔ x y + 1 = 1 .
 x 2 y + x 2 = 1
 x y + 1 = 1 

Do đó hệ đã cho tương đương với 
⇔  x 2 y = y −1 .
 x 2 y = y −1


 x > 0

1 + 5 1 − 5   −1 + 5 1 + 5 
, 
 .
Đáp số: ( x ; y ) = 
;
;
2  
2
2 
 2

10

Bài tập tương tự 3. Điều kiện: x 2 − 2 y 2 − 2 > 0 .

1

Phương trình (1) ⇔ x 2 + 2 x + 2 + x + 1 =

y +1 + y2
4

⇔ ( x + 1) + 1 + x + 1 = y 4 + 1 − y 2
2

⇔ ( x + 1) + 1 + ( x + 1) =
2

(− y 2 )

2

+ 1 + (− y 2 ).

Xét hàm số f (t ) = t 2 + 1 + t trên R … ⇔ f ( x + 1) = f (− y 2 ) ⇔ ... ⇔ y 2 = −x −1 .



 −3 − 13 1 + 13 
Đáp số: ( x ; y ) = 
;
,


2
2 




 −3 − 13
1 + 13 
;
−

.

2
2 


Bài tập tương tự 4. Điều kiện:…
Phương trình (1) ⇔ ( x −1) + 1 + ( x −1) =
3

(

3

)

3

y + 2 +1 + 3 y + 2 .

Xét hàm số f (t ) = t 3 + 1 + t trên [−1; +∞) .
Đáp số: ( x ; y ) = (5;62) .
Câu 10. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

x5
x5
x5
5
+
+
+
+
1
≥
5
.
.
.
.1
=
5x
⇒
≥ 5x − 3 y −1
y
y
y
y
y

y
y3
y3
y5
Tương tự ta có:

y5
z5
≥
5
y
−
3z
−
1,
≥ 5z − 3x −1
z3
x3

Từ đó suy ra P ≥ 2 ( x + y + z) −12 ln ( x + y + z ) −

22
6
+
−−3
x + y + z ( x + y + z )2

Đặt t = x + y + z , vì x , y, z > 0 nên có:

t 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) ≥ x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx = 6 ⇒ t > 6

Mặt khác ta có: ( x − y ) + ( y − z ) + ( x − z ) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx
2

2

2

Suy ra 2t 2 = 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 4 ( xy + yz + zx )

≤ 3( x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx ) = 18 ⇒ t ≤ 3

(

22 6
+ 2 − 3 với t = x + y + z ∈ 6;3

t
t
3
2
12 22 12
t − 6 t + 11t − 6
Ta có f ' (t ) = 2 − + 2 − 3 = 2.
t
t
t
t3
(t −1)(t − 2)(t − 3)
= 2.
< 0 ∀t ∈ ( 6;3)

t3
11
11
Suy ra f (t ) ≥ f (3) = − −12 ln 3 , do đó P ≥ f (t ) ≥ − −12 ln 3
3
3
11
Khi x = y = z = 1 thì P = −
−12 ln 3 .
3

Vậy P ≥ f (t ) = 2t −12 ln t −

11


Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng −

12

11
−12 ln 3 .
3