15 đề thi thử đại học môn toán

TRƯỜNG THPT MARIE CURIE

ĐỀ THI THỬĐỀKỲ
THI
THPT
2016 - ĐỀ SỐ 45
THI
THỬ
THPTQUỐC
QUỐC GIA
GIA 2016
Thời gian
làmTOÁN
bài 180 phút
MÔN
Thời--------oOo-------gian làm bài: 180 phút.

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  2 x 3  6 x 2  4 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng

d :15x  2 y  0 và tiếp điểm có hoành độ dương.
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình:  2sin x  1 3cos 4 x  2sin x  4   4 cos 2 x  3 .
b) Tìm số phức z thỏa hệ thức: z 2  z  2 và z  2 .
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 2  x  2   2 log 4  x  5  log 1 8  0 .



2


e  dx . Thầy Tài – 0977.413.341 chia sẻ

Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: 5 1  1  x 3  x 2  4 x 2  25 x  18  .

 1  x

ln 4

Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I 

x

0

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B , AB  BC  a và
AD  2a . Hình chiếu vuông góc của S trên đáy là trung điểm H của đoạn AB . Cạnh bên SC tạo
với mặt đáy một góc bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ điểm H
đến mặt phẳng  SCD  .
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và B , có

BC  2 AD , đỉnh A  3;1 và trung điểm M của đoạn BC nằm trên đường thẳng d : x  4 y  3  0 .
Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD , biết H  6; 2  là hình chiếu vuông góc của B trên
đường thẳng CD .

x y 1 z 1
và điểm


1

2
1
A  5;4; 2  . Tìm tọa độ điểm H trên đường thẳng d sao cho AH vuông góc với d và viết phương

Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

trình mặt cầu đi qua điểm A và có tâm là giao điểm của d với mặt phẳng Oxy .
Câu 9. (0,5 điểm) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn từ các số 0; 1; 2;
3; 4; 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S , tính xác suất để số được chọn có mặt ít nhất chữ số 1 hoặc
chữ số 2.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho a , b , c là 3 số thực dương và thỏa 21ab  2bc  8ca  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất
1 2 3
của biểu thức: S    .
a b c
----------HẾT----------

256


HƯỚNG DẪN
Câu
1a
(1,0đ)

1b
(1,0đ)

2a
(0,5đ)

Nội dung

Điểm

Học sinh tự làm
Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm  x0  0  .

15
1
9
 x0   y0  
2
2
4
15
Phương trình tiếp tuyến y  x  6
2
 2sin x  1 3cos 4 x  2sin x  4   4 cos2 x  3
f   x0   6 x02  12 x0 

  2sin x  1 3cos 4 x  2sin x  4   1  4sin 2 x
  2sin x  1 3cos 4 x  3  0

7

 k 2 hay x  k với k  Z .
6
6
2
Giả sử z  x  yi với x, y  R .

z  2  x2  y2  4 .
x

2b
(0,5đ)



 k 2 hay x 

z 2  z  2   x 2  y 2  x    2 xy  y   4
2

2

  x 2  y 2    x 2  y 2   6 xy 2  2 x 3  4
2

  4   4  6 x 4  x2   2 x3  4
2

 8x3  24 x  16  0
x  1  y   3

.
x


2


y

0

Vậy z  2 hay z  1  3i .

3
(0,5đ)

Điều kiện: x  5 .
log 2  x  2   2 log 4  x  5  log 1 8  0  log 2  x  2   log 2  x  5  log 2 8
2

4
(1,0đ)

x  6
.
  x  2  x  5  8  
 x  3
So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  6 .
Điều kiện: x  1 .





5 1  1  x 3  x 2  4 x 2  25 x  18 

 5  5 1  x 3  4 x 4  25 x 3  18 x 2

 25 x 3  25  5 1  x 3  4 x 4  18 x 2  20

 25  x 3  1  5 1  x 3   4 x 4  16 x 2  16   2 x 2  4



 5 1  x3

  5 1 x
2

3

 2x2  4  2 x2  4
2

(1)

Hàm số f  t   t 2  t đồng biến trên  0;   nên





(1)  f 5 1  x 3  f  2 x 2  4 

 5 1  x3  2  x2  2 

5

 x  1  x 2  x  1  2  x  1   x 2  x  1
257

(2)


Đặt: u  x  1  0 và v  x 2  x  1  0
u
v  2
u
u
(2) thành: 5uv  2  u 2  v 2   2    5    2  0  
v
v
u  1
 v 2
 x  1
u
Với  2 : x  1  2 x 2  x  1   2
vô nghiệm.
v
4
x

5
x

3

0


 x  1
u 1
5  37
Với  : 2 x  1  x 2  x  1   2
.
x
v 2
2
 x  5x  3  0
2

Phương trình có hai nghiệm: x 
5
(1,0đ)





ln 4

I

ln 4

1  x e x dx  ln 4 

0



x
2

xe dx  2 x e

0

6
(1,0đ)

x

xe 2 dx .

0

ln 4

Ta có:



5  37
.
2

x

ln 4
0

ln 4





x
2



2e dx  2 x e x  4 e x

0



ln 4

 4ln 4  4 .

0

Vậy I  4  3ln 4 .
 SH  ( ABCD)  hc ABCD  SC  HC

  SC ,( ABCD)    SC , HC   SCH  600

S

1
3a 2
 S ABCD  ( AD  BC ) AB 
2
2
a 5
K
 HC  BC 2  BH 2 
,
2
A
a 15
H
SH  HC tan 600 
B
2
M
3
a 15
I
 VS . ABCD 
(đvtt)
4
 Vẽ HM  DC tại M  DC  ( SHM )
Vẽ HK  SM tại K  HK  ( SCD)  HK  d ( H ,( SCD))
 Gọi I  AB  DC
 BC là đường trung bình của tam giác AID  B là trung điểm AI .

 Ta có AC  CD
HM IH 3
3
3a 2

  HM  AC 
 HM / / AC 
AC
IA 4
4
4
1
1
1
3a 65


 d ( H ,( SCD))  HK 

.
2
2
2
HK
SH
HM
26
7
 Từ giả thiết ta có ABMD là hình chữ nhật.
(1,0đ)

Gọi (C ) là đường tròn ngoại tiếp ABMD .
H
 BH  DH  H  (C )  HA  HM (*)
 M  d : x  4 y  3  0  M  4m  3 ; m 
D

D

600

C

A

 AH   9; 3 , HM   4m  3 ; m  2
 Ta có: (*)  AH .HM  0
 9  4m  3  3  m  2   0  m  1

I

Suy ra: M  7;1 .

B

 ADCM là hình bình hành
 DC đi qua H  6; 2  và có một vectơ chỉ phương AM  10;0

258

M

C


 Phương trình DC : y  2  0 .
 D  DC : y  2  0  D  t ; 2 
 AD   t  3 ; 3 , MD   t  7 ; 3
t  2  D  2; 2 
 AD  DM  AD.MD  0   t  3 t  7   9  0  
t  6  D  6; 2   H (loaïi)
 Gọi I  AM  BD  I là trung điểm AM  I  2;1

 I là trung điểm BD  B  6;4 
 M là trung điểm BC  C 8; 2 
 Vậy: B  6;4  , C 8; 2  , D  2; 2  .
8
 H  d  H  t;1  2t; 1  t  với t  R
(1,0đ)
 AH   t  5;2t  3; t  1
 d có một vectơ chỉ phương a  1;2; 1
 AH  d  AH .a  0  t  2
 Vậy: H  2;5; 3
 Gọi I là tâm mặt cầu  S  cần tìm, ta có:

 x y 1 z 1

 
I  d  Oxy  I :  1
2
1  I  1; 1;0


z  0
  S  đi qua A  bán kính R  IA  65
 Phương trình  S  :  x  1   y  1  z 2  65 .
2

2

9
 Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn từ 0; 1; 2; 3; 4; 5 là:
(0,5đ)
5. A3  300 (số).
5

 Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn từ 0; 3; 4; 5 là:
3. P3  18 (số).
 Số các số tự nhiên được chọn có mặt ít nhất chữ số 1 hoặc chữ số 2 là:
300  18  282 (số).
282 47
 Xác suất cần tìm:
.

300 50
10
1
1
1

Đặt
,

,
 x , y , z > 0, 2 x  8 y  21z  12 xyz và S  x  2 y  3z .
x

y

z

(1,0đ)
a
b
c
2x  8 y

z
2x  8 y


z 
 12 xy  21
12 xy  21  
 2 x  8 y  21z  12 xyz  z (12 xy  21)  2 x  8 y  
12 xy  21  0
x  7

4y

 Ta có: S  x  2 y 

2x  8 y

.
4 xy  7

 Xét hàm số f ( x)  x  2 y 

f ( x )  1 

14  32 y 2

 4 xy  7 

2

2x  8 y
 7

trên  ;  
4 xy  7
 4y


0x

32 y 2  14  7

7

  ;  
4y
4y

 4y


 Lập bảng biến thiên cho hàm số y  f ( x) ta có:

259


 7
32 y 2  14 
32 y 2  14
9
S  f ( x)  f 


  2y 
 4y

4y
4y
4y



 Xét hàm số g ( y )  2 y 

8 y
g ( y ) 

2

32 y 2  14
9
trên  0;  

4y
4y

 9  32 y 2  14  28
4y

2

32 y  14
2

0 y

5
  0;  
4

 Lập bảng biến thiên cho hàm số z  g( y) ta có:

 5  15
S  g( y)  g   
4 2
15
3
1

4
 Vậy min S 
khi a  , b  , c  .
2
2
3
5

260


Trường THCS&THPT
NGUYỄN
KHUYẾN
ĐỀ THI
THỬ
(TP.HCM)
Đề 01/2016

ĐỀTHI
THITHPT
THỬ THPT
GIA - ĐỀ SỐ 32
KỲ
QUỐCQUỐC
GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180
Thời gian làm bài: 180 phút.

phút

--------oOo--------

Câu 1. (1,0 điểm)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3x 2  4x  2 .
Câu 2. (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f (x )   x 7  7x 4  4 





3

x  x 1 .

Câu 3. (1,0 điểm)

  2x  3y  2x  3y   5
a) Giải hệ phương trình: 
.
 log5  2x  3y   log 5  2x  3y   1

b) Tìm các số phức z thỏamãn phương trình: 6z  z 3  z 5  0 .

Câu 4. (1,0 điểm)
1

Tính tích phân:

x
0

3

4x  2
dx .
 2x 2  x  2

Câu 5. (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x 2  y 2  z 2  2x  4y  4z  0 .
Gọi M , N , P 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 ) .
Câu 6. (1,0 điểm)
 

a) Cho    0;  và thỏa mãn cos   2 sin2   sin   3   0 . Tính giá trị của cot .
 2 
2
0
1
2
3
2016
b) Tính tổng: S  C 2016
.
 2C 2016
 3C 2016
 4C 2016

 ...  2017C 2016
Câu 7. (1,0 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 bốn đỉnh M , N , B,C ' và
khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B ' với MN .
Câu 8. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai 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 (d1 ) và chúng cắt nhau tại hai điểm A(1; 6), B . Đường thẳng (d2 ) 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
củatam giác BCD .
Câu 9. (1,0 điểm)

6


3x  6y  5  2 6y  3x  1 


Giải hệ phương trình: 
.
x  2y  3

3
2
2
2
2


x  2y  4y  x  x  2y  3  (x  2)(1  2y  x )  2



Câu 10. (1,0 điểm)
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4(x 3  8y 6 )  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P 

(x  2y 2  2)3
.
5(x 2  y 2 )  5(x  y )  3

Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân () đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl

178


TRƯỜNG THCS&THPT
NGUYỄN KHUYẾN
(TP.HCM)
Đề 01/2016

LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
Môn:Toán
Thời gian làm bài:180 phút
Người ra đề: Kiều Hòa Luân

Câu 1. (1,0 điểm)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3x 2  4x  2 .
Câu 2. (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x )   x 7  7x 4  4 
Xét hàm số: f (x )   x 7  7x 4  4 



x  x 1



x  x 1



3



3

Tập xác định: x   1;  
Đạo hàm của hàm số là:

f '(x )   7x 6  28x 3 



x  x 1

  x
3

7


 7x 4  4   3




2 1
1

x  x  1 


 2 x
2 x  1  



 f '(x )  0 ; x   1;  

Suy ra, hàm số f (x ) luôn đồng biến trên  1;  
lim f (x )   và f (1)  4
x 

Bảng biến thiên:
x

1
f '(x )
f (x )





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

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là: min f (x )  f (1)  4 .
 1; 

Câu 3. (1,0 điểm)



 2x  3y  2x  3y   5

a) Giải hệ phương trình: 
.

log 2x  3y   log 5  2x  3y   1

 5
Điều kiện: 2x  3y  0


log5  2x  3y   log 5  2x  3y   1



log5  2x  3y 
Hệ phương trình tương đương: 

x
y

log
2

3

1

5


log
5


5
x
y


u

log

2

3

5
Đặt: 
x
y

 v  log5  2  3 


u v  1




u  v  1
u  1


Hệ phương trình trên được viết lại: 


v



u
1



u  2v  1
v 0






log5 5



 2x  3y  5
u  1


log5  2x  3y   1




Với 
,
ta
có:


 x

y
x
y



v

0
log
2

3

0



2  3  1

 5

 2x  3
 x  log 3
 x  log 3








179


Vậy hệ phương trình đã cho có một cặp nghiệm là:  log2 3; log 3 2  .
b) Tìm các số phức z thỏa mãn phương trình: 6z  z 3  z 5  0 .
Phương trình: 6z  z 3  z 5  0  z  6  z 2  z 4   0
z

z
z  0
z  0



z  0

2
2
2



  z  2   z  2i   z
 4
2

z2  3
z2  3

 z  z  6  0
z



z


0


2i

  2i .


3

 3





Vậy các số phức z thỏa mãn phương trình đã cho là: 0;  2i; 2i; 3i;  3i .
Câu 4. (1,0 điểm)
1

Tính tích phân:

x
0

1



Ta có:

0

3

4x  2
dx .
 2x 2  x  2

4x  2
dx 
3
x  2x 2  x  2

1

 x
0

2

4x  2

dx
 1  x  2 

4x  2
A
Bx  C
x 2  A  B   x  2B  C   2C  A



Đặt:
 x  2  x 2  1
 x  2  x 2  1
x 2
x2  1
A  B  0
 A  2





Đồng nhất hệ số, ta có: 
2
B

C

4



B  2




C  0
2
C

A

0




1

Suy ra:


0

1

 2 
0

4x  2

dx 
2
 x  1 x  2 

1


0

1

1





  2  2x  dx    2 dx 


2


 x  2 x  1 
 x  2 
0
0

1

d (x  2)
d (x 2  1) 

  2 ln x  2  ln x 2  1 
2
x 2
x

1
0

 2x 

 dx
 x 2  1 

2

0

4
 2 ln 3  ln 2  ln 2  ln 1  ln .
9
Câu 5. (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x 2  y 2  z 2  2x  4y  4z  0 .

Gọi M , N , P 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; yN ; 0 , P  Oz  P  0; 0; z P 

(với x M  0, yN  0 và z P  0 )

x  0
M  (S )  Ox  M  (S )  x 2  2x  0  
 M  2; 0; 0 
 x  2
y  0
N  (S )  Oy  N  (S )  y 2  4y  0  
 N  0; 4; 0 
 y  4
z  0
P  (S )  Oz  P  (S )  z 2  4z  0  
 P  0; 0; 4 
 z  4


 MN  (2; 4; 0), MP  (2; 0; 4)

180



 

Ta có: n   MN , MP   (16; 8; 8)  8(2;1;1) chọn n  (2;1;1)



Mặt phẳng (MNP ) qua M (2; 0; 0) , nhận n  (2;1;1) làm véctơ 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

 x  1  2t

(d ) :  y  2  t ; (t  ) .

 z  2  t

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
1
1 5 5
được: 2(1  2t )  2  t  2  t  0  t    H ; ; .
3
3 3 3
1 5 5
Vậy H ; ;
là chân đường vuông góc cần tìm.
3 3 3
Câu 6. (1,0 điểm)
 

a) Cho    0;  và thỏa mãn cos   2 sin2   sin   3   0 . Tính giá trị của cot .
 2 
2









Phương trình: cos   2 sin 2   sin   3   0

 cos   0

 cos   0
 cos   0
  sin   1



 



2
 sin   1

2
sin


sin



3

0



  sin    3
 
2

 cos   0     k  ;  k    .
2
 


1
Vì    0;  nên 0   k      k  0  k  0 (do k  )
 2 
2
2
2

Suy ra:  
Vậy cot




 cot  cot  1 .
2

2
4


 1.
2

0
1
2
3
2016
 2C 2016
 3C 2016
 4C 2016
 ...  2017C 2016
b) Tính tổng: S  C 2016

2016

Ta có:  x  1 

0
1
2
3
2016 2016
 C 2016
 C 2016
x  C 2016

x 2  C 2016
x 3  ...  C 2016
x

Nhân hai vế với x ta được:
2016

x  x  1

0
1
2
3
2016 2017
 C 2016
x  C 2016
x 2  C 2016
x 3  C 2016
x 4  ...  C 2016
x

Lấy đạo hàm hai vế, ta được:
2015

 2017x  1 x  1 

0
1
2
3

2016 2016
 C 2016
 2C 2016
x  3C 2016
x 2  4C 2016
x 3  ...  2017C 2016
x

0
1
2
3
2016
 2C 2016
 3C 2016
 4C 2016
 ...  2016C 2016
Thay x  1 vào, ta được: 2018.22015  C 2016

Vậy tổng S  2018.22015 .
Câu 7. (1,0 điểm)

181


Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , 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 cầu đi qua bốn đỉnh B,C ', M , N và khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B ' với MN .
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, sao cho D trùng với góc tọa độ O , A  Ox , C  Oy và

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 bốn điểm B,C ', M , N có dạng là:
(S ) : x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0
Vì mặt cầu (S ) đi qua bốn điểm B,C ', M , N nên ta có hệ phương trình:
 8  4a  4b  d  0
 6  4b  2a  1  0








8

4
b

4
c

d


0

 8  4b  4c  2a  1  0







1  2a  d  0
d  2a  1




C '




 2  2b  2c  d  0
 2  2b  2c  2a  1  0




5
N


a 




2a  4b  5  0
2




5


b 
 2a  4b  4c  7  0



2


2a  2b  2c  1  0


1


C
c



d

2
a

1


2



y

d 4



2

Bán kính của mặt cầu cần tìm là: R 

a b c d 
2

2

2

z
D'


A '
B '

D


M


A
B

2

2

 5 
 
 
    5    1   4 


 2 
 2 
 2 

35
2

Thể tích của khối cầu cầu đi qua bốn đỉnh B,C ', M , N là:
3
4
4  35 
35 35
3
 
(đvtt)
V  R   
3
3  2 
6

Tính d  DB ';MN   ?




Ta có:

A ' M   1; 0; 2 


 
A ' B '   0;2;2  


 A ' B ', MN   2; 0;2






 
MN   1;1;1  



  
 A ' B ', MN  .A ' M  2(1)  0  2(2)  6


 
 A ' B ', MN   0  22  22  2 2


Khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B ' với MN được xác định bởi:
  
 A ' B ', MN  .A ' M


6
3 2
(đvđd).
d  A ' B ';MN     






 A ' B ', MN 
2
2
2


Câu 8. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d ) : x  y  1  0 và

182

x


thẳng (d1 ) và chúng cắt nhau tại hai điểm A(1; 6), B . Đường thẳng (d2 ) 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 điểmcủa AB với (d1 )
Ta có: AB  (d1 )  (AB ) : x  y  m  0
Mà A(1;6)  (AB )  1  6  m  0  m  7
Phương trình (AB) : x  y  7  0
 x  y  7  0
 x  3
 
 H  3; 4 

Vì H  (AB)  (d1 ) nên tọa độ của H thỏa hệ: 

 x  y  1  0
 y  4


 x  2x H  x A  5
Vì H là trung điểm của AB nên tọa độ của B thỏa:  B
 B  5;2 
 y B  2yH  yA  2

yB  6
 26  4
Khoảng cách từ B đến (d2 ) là: BK  d  B ;(d2 ) 


1
1
Diện tích của tam giác BCD là: S BCD  BK .CD
2
2S
2.24
Suy ra: CD  BCD 
 12
BK
4
Vì hai đường tròn (C 1 ) và (C 2 ) có bán kính bằng nhau nên các tâm I và J đối xứng nhau qua

H
Ta có: I  (d1 )  I  t ; t  1 

 xJ  2x H  x I  6  t
 J  6  t; 7  t 
H là trung điểm IJ nên: 

 yJ  2yH  yI  7  t


N
IH   3  t ; 3   IH  (3  t )2  32
K

A
AH   2; 2   AH  22  (2)2  2 2
M
H
Khoảng cách từ I và J đến (d ) là:
C

D (d2 )

(d1 )

J

2

IM  d  I ;(d2 ) 




JN  d J ;(d2 ) 

yI  6
1
yJ  6

 t 16  t 5

I

B

 7 t 6  1t
1
Bán kính của hai đường tròn là:




R  IA 

AH 2  IH 2 

2 2 

2

 (3  t )2  32 

Tam giác AIM vuông tại M , có: AM 

IA2  IM 2 

Tam giác AJN vuông tại N , có: AN 

IA  JN 
2

Ta có: CD  CA  AD  2(AM  AN )  2
Suy ra: 2



 26  2

4t  1 



25  4t  12 

2



t 2  6t  26

t 2  6t  26  (t  5)2 

t  6t  26  (1  t ) 

4t  1 

2

25  4t

4t  1  25  4t  6

 4t  1 25  4t   36   4t  1  25  4t   5

t  0
  4t  1 25  4t   25  16t 2  96t  0  
 t  6
Với t  0 , ta có: I  0;1 , J  6; 7  và R  26

183

2



4t  1
25  4t


Suy

ra

phương
2

trình

đường

tròn

là:

2

(C 1 ) : x 2   y  1   26

2

(C 2 ) :  x  6    y  7   26

 y  6  0
Vì C  (d2 )  (C 1 ) nên tọa độ của C thỏa hệ: 
 2
2
 x   y  1   26


x  1
 
x  1


2


y  6
 x  1

 
   x  1   
 C  1; 6  (do C  1;6  trùng với A )
 y  6

 x  1


 y  6
  y  6


 y  6  0

Vì D  (d2 )  (C 2 ) nên tọa độ của D thỏa hệ: 
2
2
 x  6    y  7   26


 x  11
 
  x  6  5

 x  6 2  25
 y  6



 
   x  6  5   
 D  11; 6  (do C  1;6  trùng với A )
 x  1
 y  6




 y  6
  y  6


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. (1,0 điểm)


6



3x  6y  5  2 6y  3x  1 


Giải hệ phương trình: 
.
x  2y  3

3
2
2
2
2

x  2y  4y  x  x  2y  3  (x  2)(1  2y  x )  2




6
 3x  6y  5  2 6y  3x  1 
(1)

x  2y  3
 3
2
2
2
2
 x  2y  4y  x  x  2y  3  (x  2)(1  2y  x )  2 (2)

 5


1

3x  6y  5  0


  x  2y 




3
 32
 6y  3x  1  0
Điều kiện:  2
.

 4y  x  0


4y  x  0


2
x  2y  3  0


2



x

2
y

3

0






6
Phương trình (1) tương đương: 5  3(2y  x )  2 3(2y  x )  1 
3  (2y  x )
Đặt: t 

2y  x ; (t  0)  t 2  2y  x

Phương trình (1) trở thành:

5  3t 2  2 3t 2  1 

 5  3t 2 . 3  t 2  2 3t 2  1. 3  t 2  6
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
8  4t 2

5  3t 2 . 3  t 2 
 4  2t 2
2
2 3t 2  1. 3  t 2  2t 2  2
Suy ra:

5  3t 2 . 3  t 2  2 3t 2  1. 3  t 2  6

184

6
3  t2

và


Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi:
 5  3t 2  3  t 2
 5  3t 2  3  t 2



t 2  1
 2

2
2
2



t 1
 3t  1  3  t   3t  1  3  t  


t  0


 t  0

 t  0

Với t  1 , ta có: 2y  x  1 , thay vào phương trình (2) , ta được:
x 3  x  x 2  x  1  x 2  x  4  (x 2  2)(x 2  x )  3
 x (x 2  1) 



 x (x 2  1) 





 



x 2  x  1  1  2  x 2  x  4  (x 2  2)(x 2  x )  0

x2  x

 x 2  x 



 (x 2  2)(x 2  x )  0

x x 11 2  x x 4
x (x  1)
x (x  1)
x (x  1)(x  1) 

 x (x  1)(x 2  2)  0
2
2
x x 11 2 x x 4


1
1
x (x  1)  x  1 

 x2  2  0


x2  x  1  1 2  x2  x  4
 2

1
1

0
x (x  1)  x  x  1 

2
2

x  x  1  1 2  x  x  4 
 x (x  1)  0
(3)

 2
1
1
x  x  1 

0
(4)

x2  x  1  1 2  x2  x  4
2

2

2


1
3
Vì x 2  x  1   x     0; x  


2
4
Nên x 2  x  1 

1

x2  x  1  1
Suy ra phương trình (4) vô nghiệm.



1
2  x2  x  4

 0; x  

x  0
Giải phương trình (3) : x (x  1)  0  
(thỏa)
 x  1
1
Với x  0  y  (nhận)
2
Với x  1  y  0 (nhận)


 1
Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm:  x ; y     0; ,  1; 0  .
  2 


Câu 10. (1,0 điểm)
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4(x 3  8y 6 )  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P 

(x  2y 2  2)3
.
5(x 2  y 2 )  5(x  y )  3

a, b  0 ta có: 4(a 3  b 3 )  (a  b)3

(1)

Thật vậy:
(1)  4(a 3  b 3 )  a 3  b 3  3ab(a  b)  3(a 3  b 3 )  3ab(a  b)

 (a  b)(a 2  ab  b 2 )  ab(a  b)  (a  b)(a 2  2ab  b 2 )  0
 (a  b)(a  b)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  2y 2 , ta có:
1  4(x 3  8y 6 )  4  x 3  (2y 2 )3   (x  2y 2 )3  x  2y 2  1 .

185


Lại có: 5(x 2  y 2 )  5(x  y)  3  5x 2  5x  5y 2  5y  3

2

2





1
1  10
1
1
1 1
 5  x 2  x    5  y 2  y   
 3   x     y    








4
4 4
2
2
2 2




(x  2y 2  2)3
(1  2)3

 54 .
5(x 2  y 2 )  5(x  y )  3
1
2




4(x 3  8y 6 )  1


1
2
Ta có: P  54 khi 
x y  .
 x  2y

2

1


x y 




2

Do đó: P 

1
.
2
*****************************************************************************

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là Pmax  54 , đạt được khi x  y 

Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân () đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl

186


Trường THCS&THPT
NGUYỄN KHUYẾN
ĐỀ
THI THỬ
(TP.HCM)
Đề 03/2016

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
KỲ THI
THPT
Môn: ToánQUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 68
Thời Thời
giangian
làmlàm

bàibài:
180180
phút
phút.
--------oOo--------

Câu 1. (1,0 điểm)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y =
Câu 2. (1,0 điểm)

1 3
17
x − 2x 2 + 4x − .
3
3

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f (x ) = −

2x
1
trên đoạn  0;2  .
−
1 + x 1 + x2

Câu 3. (1,0 điểm)
a) Cho hai số phức z1, z 2 thỏa mãn: z 1 = 1, z 2 = 2, z 1 + z 2 = 3 . Hãy tính z1 − z 2 .
b) Giải phương trình: 2 log2 x − log2

(

)

x − 2 = log 1
2

1
x −2

.

Câu 4. (1,0 điểm)
Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường thẳng (d ) : y = x + 1 và đồ thị (C ) của hàm
số y = x 3 − 3x 2 + 3x + 1 .
Câu 5. (1,0 điểm)
x −1 y −2
z −3
và mặt
=
=
3
2
1
phẳng (α) : 3x − 4y + z − 7 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (β ) chứa đường thẳng (d ) và vuông
góc với mặt phẳng (α) .
Câu 6. (1,0 điểm)
a) Tìm góc ϕ ∈  0; π  thỏa mãn phương trình: 8 cos3 ϕ − 6 cos ϕ = 2 cos ϕ + 2 .
b) Một đoàn thanh tra gồm 15 nam và 5 nữ. Người ta muốn chọn ra một nhóm gồm 5 người để lập
thành một tổ công tác sao cho phải có 1 tổ trưởng nam, 1 tổ phó nam và có ít nhất 1 nữ. Hỏi có
bao nhiêu cách lập tổ công tác.
Câu 7. (1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d ) :

Cho hình S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi với SA = AB = a , góc BAD = 1200 , các mặt
phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Tính theo a thể tích của khối
tứ diện SABC và góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD ) .
Câu 8. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và B có 2BC = 3AD . Gọi M là
đỉnh thứ tư của hình chữ nhật BADM , P là giao điểm của AN với BD và N là điểm trên cạnh
 11 1 
5
. Tìm tọa độ các đỉnh
BM sao cho BM = 4MN . Biết N ( −1; −2 ), P  ;  và sin MAD =
 7 7 
89
của hình thang ABCD .
Câu 9. (1,0 điểm)

2


3
2
2
3
 x + 1 + y 2 + 3

x
x
y

y
x
y
3
3
2
3
2
+
+
+
+
+
=
+
(
)


 3
Giải hệ phương trình: 
.


2
2
3

2y + 3x − 2y + 3 − x + y = 3 − 5x − 2x



Câu 10. (1,0 điểm)
Cho ba số thực x , y, z thuộc khoảng ( 0; 4 ) và thỏa mãn: x + y + z = 6 2 .
Chứng minh rằng:

1
16 − x

2

+

1
16 − y

2

+

1
16 − z

2

≥

3 2
.
4

Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân ( )đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl

388


TRƯỜNG THCS&THPT
NGUYỄN KHUYẾN
(TP.HCM)
Đề 03/2016

LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
Người ra đề: Kiều Hòa Luân

Câu 1. (1,0 điểm)
1 3
17
x − 2x 2 + 4x − .
3
3

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y =
Câu 2. (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f (x ) = −
Tập xác định: D = ℝ \ { −1}

2x
1

trên đoạn  0;2  .
−
1 + x 1 + x2

Hàm số f (x ) xác định và liên tục trên đoạn  0;2 
2
2x
Đạo hàm: f '(x ) = −
+
; ( x ≠ − 1)
2
2
(1 + x ) (1 + x 2 )
Cho f '(x ) = 0 ⇔ −2 ( 1 + x 2 ) + 2x ( 1 + x ) = 0 ⇔ ( x − 1 )( 1 − x 3 ) = 0 ⇔ x = 1
2

2

3
23
Ta có: f (1) = − ; f (0) = −1; f (2) = −
2
15
23
f (x ) = f (2) = −
và max
f (x ) = f (0) = −1 .
Vậy min
 0;2 
 0;2 

15
 
 
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Cho hai số phức z1, z 2 thỏa mãn: z 1 = 1, z 2 = 2, z 1 + z 2 = 3 . Hãy tính z1 − z 2 .
Đặt: z1 = a + bi

(a,b ∈ ℝ ) và z 2

= c + di ( c, d ∈ ℝ )

Khi đó:


a2 + b2 = 1
a2 + b2 = 1
a 2 + b2 = 1





 2
 2
2
2
⇔ c2 + d 2 = 4
⇔
 c +d = 2
c + d = 4





(a + c)2 + (b + d )2 = 9


a2 + c2 + b2 + d 2 + 2 ( ac + bd ) = 9
(a + c)2 + (b + d )2 = 3





Suy ra: 2 (ac + bd ) = 9 − (1 + 4) = 4 ⇒ ac + bd = 2
Vậy z 1 − z 2 =

(a − c)2 + (b − d )2 =

b) Giải phương trình: 2 log2 x − log2

(

a 2 + c 2 + b 2 + d 2 − 2 ( ac + bd ) =

)

x − 2 = log 1
2

1
x −2

5 − 2.2 = 1.

.

Điều kiện: x > 4
Phương trình tương đương: 2 log2 x − log2
⇔ log2 x = log2

(

(

)

x − 2 = log2−1

(

x −2

)

−1

)

x − 2 ⇔ x − x + 2 = 0 (vô nghiệm)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Câu 4. (1,0 điểm)
Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường thẳng (d ) : y = x + 1 và đồ thị (C ) của hàm số

y = x 3 − 3x 2 + 3x + 1 .
Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và (C ) là: x 3 − 3x 2 + 3x + 1 = x + 1
x = 0

⇔ x 3 − 3x 2 + 2x = 0 ⇔ x (x 2 − 3x + 2) = 0 ⇔  x = 1
x = 2


389


Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường thẳng (d ) và đồ thị (C ) là:
2

S =

∫

x 3 − 3x 2 + 3x + 1 − ( x + 1 ) dx =

0

∫ (x

∫

x 3 − 3x 2 + 2x dx

0

1

=

2

3

− 3x 2 + 2x ) dx +

0

1

∫ (x

3

− 3x 2 + 2x ) dx

0

x4

x4


1
1
1
=  − x 3 + x 2  +  − x 3 + x 2  =
+ − = (đvdt).
 4
 4


4
4
2
0
1
1

2

Câu 5. (1,0 điểm)
x −1 y −2
z −3
và mặt
=
=
3
2
1
phẳng (α) : 3x − 4y + z − 7 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (β ) chứa đường thẳng (d ) và vuông
góc với mặt phẳng (α) .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d ) :

Đường thẳng (d ) đi qua điểm A(1;2; 3) và có véctơ chỉ phương là a = ( 3;2;1 )
Mặt phẳng (α) có véctơ pháp tuyến là nα = ( 3; −4;1 )
Vì mặt phẳng (β ) chứa đường thẳng (d ) nên A(1;2; 3) ∈ ( β )
Vì mặt phẳng (β ) chứa đường thẳng (d ) và vuông góc với mặt phẳng (α) nên (β ) có véctơ pháp
tuyến là n β =  a , nα  = ( 6; 0; −18 )
Vậy mặt phẳng (β ) cần tìm đi qua điểm A(1;2; 3) và nhận n β = ( 6; 0; −18 ) làm véctơ pháp tuyến
có phương trình là: (β ) : 6 ( x − 1) − 18 ( z − 3 ) = 0 ⇔ x − 3z + 8 = 0 .
Câu 6. (1,0 điểm)
a) Tìm góc ϕ ∈  0; π  thỏa mãn phương trình: 8 cos3 ϕ − 6 cos ϕ = 2 cos ϕ + 2 .
Phương trình tương đương: 2 ( 4 cos3 ϕ − 3 cos ϕ ) =

2 ( cos ϕ + 1)

ϕ
ϕ
ϕ
⇔ cos 3ϕ = cos
( do ϕ ∈  0; π  ⇒ cos ≥ 0 )
2
2
2


ϕ
k 4π
 3ϕ = + k 2π
ϕ =

2
5 ;(k ∈ ℤ )
⇔ 
⇔ 
k
4
ϕ
ϕ = π
 3ϕ = + k 2π

7
2

4π
4π
Vì ϕ ∈  0; π  ⇒ ϕ = 0; ϕ =
.
;ϕ=
5
7
 4π 4π 
Vậy góc ϕ ∈  0; π  thỏa phương trình đã cho là: ϕ =  0; ;  .
 5 7 
b) Một đoàn thanh tra gồm 15 nam và 5 nữ. Người ta muốn chọn ra một nhóm gồm 5 người để lập
thành một tổ công tác sao cho phải có 1 tổ trưởng nam, 1 tổ phó nam và có ít nhất 1 nữ. Hỏi có
bao nhiêu cách lập tổ công tác.
⇔ 2 cos 3ϕ = 2 cos

2
Chọn 2 trong 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có A15

(cách).
Chọn 3 tổ viên còn lại vào tổ công tác trong đó có nữ, ta có các trường hợp sau:
2
Chọn 1 nữ và 2 nam có 5.C13
(cách)

Chọn 2 nữ và 1 nam có 13.C25 (cách)
Chọn 3 nữ có C53 (cách).
Vậy số cách chọn một nhóm gồm 5 người để lập thành một tổ công tác thỏa yêu cầu bài toán là:
2
A15
( 5.C132 + 13.C25 + C53 ) = 111300 (cách).

390


Câu 7. (1,0 điểm)
Cho hình S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi với SA = AB = a , góc BAD = 1200 , các mặt
phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Tính theo a thể tích của khối
tứ diện SACD và góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD ) .
Thể tích của khối tứ diện SACD
Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình thoi ABCD
Ta có:

AB = AD 



AC ⊥ BD  ⇒ AC là phân giác của góc BAD



BAD = 1200 




BAD
1200
=
= 600
2
2
⇒△ACD là tam giác đều
⇒ DAC = CAB =

⇒ DO =

AD 3
a 3
=
2
2

Tam giác ADO vuông tại O , có: AO =

AD 2 − DO 2 =

a
⇒ AC = a
2

a 3
2
1
1 a 3 a2 3 a3
Thể tích của khối tứ diện SACD là: VS .ACD = SO.S△ACD =
= (đvtt).
3
3 2
4
8
Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD )
Tam giác SAO vuông tại O , có: SO =

SA2 − AO 2 =

Tam giác SDO vuông tại O , có: SD =

a 6
2
2
2
SO + OC = a
SO 2 + OD 2 =

Tam giác SCO vuông tại O , có: SC =
Suy ra, tam giác SCD cân tại C
Gọi H là trung điểm SD khi đó CH ⊥ SD

a 10

4
1
1 a 10 a 6
a 2 15
Diện tích của tam giác SCD là: S △SCD = CH .DS =
.
=
(đvdt).
2
2 4
2
8
Gọi I là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ( SCD ) , khi đó SI là hình chiếu vuông góc
Tam giác CHD vuông tại H , có: CH = CD 2 − HD 2 =

của SB lên mặt phẳng ( SCD )
Suy ra, góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD ) là

( SB; ( SCD )) = ( SB; SI ) = BSI

và

khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) là d  B ;( SCD ) = BI .


Thể tích khối chóp B.SCD là: VB .SCD =



3V

1
d  B ;( SCD ) .S△SCD ⇒ d  B ;( SCD ) = S .ACD




3
S△SCD

a 15
BI
Tam giác SBI vuông tại I , có: sin BSI =
= 5 =
SB
a 6
2
3
a
Vậy: VSACD =
(đvtt) và ( SB; ( SCD ) ) = BSI ≃ 390 .
8

391

a3
8 = a 15
=
2
5
a 15

8

10
⇒ BSI ≃ 390
5

3.


Câu 8. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và B có 2BC = 3AD . Gọi M là
đỉnh thứ tư của hình chữ nhật BADM , P là giao điểm của AN với BD và N là điểm trên cạnh
 11 1 
5
BM sao cho BM = 4MN . Biết N ( −1; −2 ), P  ;  và sin MAD =
. Tìm tọa độ các đỉnh
 7 7 
89
của hình thang ABCD .
PA
PD
AD
BM
4
=
=
=
=
PN
PB

NB
BN
3



11


3  x A −  = 4 ( x P + 1)

 x A = 5


PA
4
7 

⇔ 
⇒ A ( 5; 3 )
= ⇒ 3PA = 4NP ⇔ 
 

yA = 3
1 
PN
3




3  yA −  = 4 ( yP + 2 )


7

 

Ta có: △PDA ∼△PBN ⇒

Đường thẳng đi qua hai điểm A và N có phương trình là:
x +1 y +2
=
⇔ 5x − 6y − 7 = 0
( AN ) :
5
6
5
Suy ra hệ số góc của đường thẳng ( AN ) là k1 =
6
Đường thẳng ( BN ) đi qua điểm N với hệ số góc k2 có phương trình là ( BN ) : y = k2 (x + 1) − 2

5
8
89
MD
AB
=
Tam giác MAD vuông tại D , có: tan MAD =
AD
BM

Suy ra:
AB 5 
= 
BM 8  ⇒ AB = 5
BM
4
BN
6
= 


BN
3
AB
5
=
Tam giác ANB vuông tại B , có: tan ANB =
BN
6

5

− k2
5

6
=

5
5

6
k = 0
−
k
1 + k2

2
 2
k1 − k2
5
6
6
⇔ 
⇔
tan ANB =
⇔ =

5
 k2 = 60
1 + k1k2
6
5

− k2
+ k1k2

11

− 5 = 6
6


 6 1 + 5k


6 2
Với k2 = 0 ⇒ ( BN ) : y = −2

Theo giả thiết: sin MAD =

5

⇒ tan MAD =

Đường thẳng ( AB ) đi qua A và vuông góc với ( BN ) có phương trình là ( AB ) : x − 5 = 0
x = 5
 x − 5 = 0

Tọa độ của B thỏa hệ: 
⇔
⇒ B ( 5; −2 )

 y = −2

 y = −2




2



AD = BC 
 ⇒ BM = 2 BC 


3

3 2
1

3

BM = AD 
 ⇒ BN = . BC = BC


4 3
2

3

BN = BM 

4

 2 ( −1 − 5 ) = xC − 5

 xC = −7
⇒ 2BN = BC ⇔ 
⇔ 

⇒ C ( −7; −2 )


 yC = −2
 2 ( −2 + 2 ) = yC + 2



392


AD =


 x D = −3
 3 ( x D − 5 ) = 2 ( −7 − 5 )
2
BC ⇒ 3AD = 2BC ⇔ 
⇔ 
⇒ D ( −3; 3 )

 yD = 3
3 ( y D − 3 ) = 2 ( −2 + 2 )
3



(nhận vì B và D cùng phía so với đường thẳng ( AN ) ).

60

60
⇒ ( BN ) : y = ( x + 1 ) − 2 ⇔ 60x − 11y + 38 = 0
11
11
Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với BN có phương trình là ( AB ) : 11x + 60y − 235 = 0
Với k2 =


 x = 5
 60x − 11y + 38 = 0



61 ⇒ B  5 ; 238 
Tọa độ của B thỏa hệ: 
⇔ 
 61 41 
 11x + 60y − 235 = 0
y = 238



41
 

 4  −1 − 5  = 3 ( x D − 5 )


 
3

61 
BN = BC ⇒ 4BN = 3AD ⇔ 
 
 
238 
4
4  −2 −
 = 3 ( yD − 3 )


41 
 

217


xD =



61 ⇒ D  217 ; − 297  (loại vì B và D cùng phía so với đường thẳng ( AN ) ).
⇔



297
61 
 61
yD = −




61
Vậy tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD là: A ( 5; 3 ), B ( −7; −2 ) , C ( 5; −2 ) , D ( −3; 3 ) .
Cách khác: (xác định tọa độ các đỉnh B,C và D )
Gọi B (a;b )

4


4
7
PB
 ⇒ BD =  1 +  PB = PB
3

3
3
PD + PB = BD 

AB
AB
3 AB 


=
=
sin MAD = cos AMD = cos ABD =

BD

7
7 PB 

3 AB
5
PB

=
⇒
3

7 PB
89
5 


sin MAD =

89 

2
2


2
2
9
25
9  
11 

1 
25 
⇔
AB 2 =
PB 2 ⇔
a −  + b −   =
 ( a − 5 ) + ( b − 3 ) 

49
89
49  
7
7 
89



⇔ 53a 2 + 53b 2 + 520a + 575b − 3020 = 0
 1
Gọi I là trung điểm AN , có: I  2; 
 2 
PD =

AN = ( 6; 5 ) ⇒ AN =

62 + 52 =

61

 1

Đường tròn (C ) tâm I  2;  với đường kính AN =
 2 

61 có phương trình là:

2
 61 

1 

 ⇔ x 2 + y 2 − 4x − y − 11 = 0
+  y −  = 
 2 
2

2

(C ) : ( x − 2 )

2

B ∈ (C ) ⇒ a 2 + b 2 − 4a − b − 11 = 0

 53a 2 + 53b 2 + 520a + 575b − 3020 = 0 (1)
Như vậy tọa độ của B thỏa hệ:  2
a + b 2 − 4a − b − 11 = 0
(2)

 53a 2 + 53b 2 + 520a + 575b − 3020 = 0
⇒ 732a + 610b − 2437 = 0

⇔ 
 53a 2 + 53b 2 − 212a − 53b − 583 = 0


393


220 − 305b
thay vào (2) , ta được:
366
2
 220 − 305b 
 220 − 305b 

 + b 2 − 4 
 − b − 11 = 0


366
366


 b = −2

2
⇔ 226981b − 431636b − 1771196 = 0 ⇔ 
 b = 238

61
220 − 305.(−2)

b = −2 ⇒ a =
= 5 ⇒ B ( −2;5 )
366
238
220 − 305.
238
61 = 5 ⇒ B  5 ; 238 
⇒a =
b=

61
366
61
 61 61 
⇔ 366a + 305b = 1220 ⇔ a =

Với B ( −2;5 )
 2 ( −1 − 5 ) = xC − 5
 xC = −7


1
BC ⇒ 2BN = BC ⇔ 
⇔
⇒ C ( −7; −2 )




2 −2 + 2 ) = yC + 2

y = −2
2


 (
 C


 3 ( x D − 5 ) = 2 ( −7 − 5 )
 x D = −3
2
AD = BC ⇒ 3AD = 2BC ⇔ 
⇔
⇒ D ( −3; 3 )




y =3
3
 3 ( y D − 3 ) = 2 ( −2 + 2 )


 D
(nhận vì B và D cùng phía so với đường thẳng ( AN ) ).
BN =

 5 238 
Với B  ;


 61 61 


5


217


3 ( x D − 5 ) = 4  −1 − 

xD =





AD
4

61 
61 ⇒ D  217 ; − 297 
⇔
= ⇒ 3AD = 4BN ⇔ 








297
238 
 61
61 
BN
3


yD = −
3 ( yD − 3 ) = 4  −2 −







61

61 


(loại vì B và D khác phía so với đường thẳng ( AN ) ).

Vậy tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD là: A ( 5; 3 ), B ( −7; −2 ) , C ( 5; −2 ) , D ( −3; 3 ) .
Câu 9. (1,0 điểm)

 3 2



 x + 3x + 3 + 3 2y 2 + 3y + 2 = ( x + y )  2 x + 1 + y 2 + 3

 3

.
Giải hệ phương trình: 


2
2
3
2
y
+
3
x
−
2
y
+
3
−
x
+
y
=
3
−
5

x
−
2
x

 2y 2 + 3x ≥ 0

Điều kiện: 

 y ≥ − 3

2


3
3
3
7
Ta có: x 2 + 3x + 3 =  x +  + > 0 và 2y 2 + 3y + 2 = 2  y +  + > 0; ∀x ∈ ℝ


2
4
4
8

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
x 2 + 3x + 5
3
x 2 + 3x + 3 = 3 ( x 2 + 3x + 3 ) 1.1 ≤

3
2
2
y
+ 3y + 4
3
2y 2 + 3y + 2 = 3 ( 2y 2 + 3y + 2 ) 1.1 ≤
3
2
x + 3x + 2y 2 + 3y + 9
Suy ra: 3 x 2 + 3x + 3 + 3 2y 2 + 3y + 2 ≤
3
Khi đó, từ phương trình thứ nhất của hệ, suy ra:
2

x 2 + 3x + 2y 2 + 3y + 9
( x + y ) x + 1  + y 2 + 3 ≤
3

3
2

2

⇔ x 2 + 2x + y 2 ≤ 0 ⇔ (x + y )2 ≤ 0 ⇒ x − y = 0

394


Thay y = −x vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:

2x 2 + 5x − 3

⇔

2x 2 + 3x − 3 − 2x = 3 − 5x − 2x 2

= 3 − 5x − 2x 2

2x + 3x − 3 − 2x


1
⇔ ( 2x 2 + 5x − 3 )
+ 1 = 0

 2x 2 + 3x + 3 − 2x


1
⇔ 2x 2 + 5x − 3 = 0  do
+ 1 > 0; ∀x ∈ ℝ 


2x 2 + 3x + 3 − 2x

1
x =
⇔
2
 x = −3


1
1
Với x = ⇒ y = − (thỏa điều kiện)
2
2
Với x = −3 ⇒ y = 3 (thỏa điều kiện)


 1 1 
Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm là: ( x ; y ) = 
 ; − , ( −3; 3 ) .
 2 2 

2

Câu 10. (1,0 điểm)
Cho ba số thực x , y, z thuộc khoảng ( 0; 4 ) và thỏa mãn: x + y + z = 6 2 .
Chứng minh rằng:

1
16 − x

2

+

1
16 − y

2

+

1
16 − z

2

≥

3 2
.
4

Dựng đường tròn tâm O đường kính AB = 4
Trên đường tròn ta lấy điểm M sao cho AM = x với 0 < x < 4 .
Tam giác ABM vuông tại M , có: MB = AB 2 − AM 2 = 16 − x 2
Gọi C là điểm chính giữa của nửa cung tròn chứa điểm M và H là chân đường cao của tam giác
MAB hạ từ đỉnh M .
. .
Suy ra: CO ⊥ AB và MH ≤ CO
1
1
Diện tích của tam giác ABM là: S ∆AMB = AM .MB = HM .AB
. . .
.
2
2
Suy ra:


AM .MB = HM .AB 
 ⇒ AM .AB ≤ CO.AB

MH ≤ CO

Khi đó, ta có:
1
x
x 16 − x 2 ≤ 2.4 = 8 ⇒
≥ (1) .
2
8
16 − x
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 16 − x 2 ⇔ x 2 = 16 − x 2 ⇔ x 2 = 8 ⇒ x = 2 2
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:
1
z
1
y
≥ (2) và
≥
(3) .
2
2
8
8
16 − y
16 − z
Cộng (1),(2) và (3) vế theo vế ta được:

1
16 − x

2

+

1
16 − y

2

+

1
16 − z

2

≥

6 2
3 2
x +y +z
=
=
8
8
4

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là Pmin =

3 2
đạt được khi x = y = z = 2 2 .
4
Hết
***

***

*****************************************************************************

Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân ( )đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl

395


S

CHÍ MINH
NG THPT TR

O

THI TH

THPT L N I-

C 2015-2016

MÔN TOÁN
Ngày thi: 13/10/2015

Th i gian làm bài: 180 phút

Bài 1

x3

Cho hàm s : y

3 x2

a) Kh o sát s bi n thiên và v
b) Vi

4.

th (C) c a hàm s

ình ti p tuy n c a (C) bi t ti p tuy n có h s góc k

Bài 2

y

Tìm k

(d) c t (C) t

2x 3
x 1

th (C). G

9.

ng th ng qua H(3,3) và có h s góc k.

m phân bi t M,N sao cho tam giác MAN vuông t i A(2,1)

Bài 3
a) Tính

A

1
625

1
4

3

1

16 4

2 2.64 3

b) Rút g n bi u th c: B 32 log

3a

log 5 a 2 .log a 25

Bài 4

ình vuông ABCD c nh 4a. L y H, K l
t trên AB, AD sao cho BH=3HA,
ng th ng vuông góc v i m t ph ng ABCD t i H l y S sao cho góc SBH = 30 o. G i
m c a CH và BK.
a) Tính VS.ABCD.
b) Tính VS.BHKC và d(D,(SBH)).
c) Tính cosin góc gi a SE và BC.
Bài 5
ình và b
ình sau
a)

x2 2 x 4

x 2

b) 3 x 6 2 4 x

x 8

i th a x 2 y 2

Bài 6
Cho 2 s th
bi u th c:
P

2 x3

y3

2 . Tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t c a

3xy

.....................................H t..........................................

47
46


thi th

Bài 2 :
(d) : y = k(x – 3) + 3(0,25)
m c a (C) và (d) :
2x 3
kx 3k 3
kx 2 1 2k x 3k
x 1
(d) c t (C) t
m phân bi t

k 0
k 0 (0,25)
16k 2 4k 1 0

ih cl n1

( 2015 – 2016)
Bài 1:a) Kh o sát s bi n thiên và v
th (C) c a
hàm s : y
x3 3 x 2 4
T p xá nh: D = R
x 0
y'
3x2 6 x ; y ' 0
(0,25)
x 2
lim y
;
lim y
x

M x1 ,kx1 3k 3
v i

B ng bi n thiên:
x
02
y’
– 0 +0–

0
y
-4
(0,25)
Hàm s
ng bi n trên kho ng ( 0; 2) ;
Hàm s ngh ch bi n trên (- ; 0); (2; + )
Hàm s
tc
it i x=2; y =0;
Hàm s
t c c ti u t i x = 0; yCT = -4(0,25)

x1 .x 2

AMN vuông t i A
5k 2

1

3

AM.AN 0 (0,25)
1 41
k
(n)
10
(0,25)
1
41

k
(n)
10

k 2 0

1
4

1
625

a) A
2

N x 2 , kx 2 3k 3

Bài 3

y
-1

x

54

1
4

16

24

3
4

3
4

2

2 .64

1
3

1
3

4 1. 4 3

(0.25)

5 23 1 12
(0,25)

2log 3 a

b) B
3

-4

(0.25)
2

3

log3 a 2

log 5 a .log a 25

4 log5 a.log a 5

(0.2 5)

2

a 4
Bài 4:
b) Cách 1:Ti p tuy n có h s góc k
9
Ptti p tuy n có d ng ( ) : y 9 x b (0,25)
x3 3 x 2 4

( ) ti p xúc v i (C)

nghi m (0,25)
x
1
x

V
b
9
b

3x 2 6 x

9x b
9

6x o

(0.25)

S

có
A

3
(0,25)
23

I

D

E
C

a) S ABCD

(4a )

SBH : t an300
VS . ABCD

9

xo
1 xo 3 (0,25)
V i xo = -1
yo 0
Pttt : y
9 x 9 (0,25)
V i xo = 3 yo
4
Pttt : y = -9x +23(0,25)

K

H

B

( ): y
9x 9
(0,25)
( ): y
9 x 23

Cách 2:
ình ti p tuy n c a (C) t i M(xo, yo) có
d ng: y y '( xo )( x xo ) yo
y '( xo )
9 (0,25)
3x 2o

1

2k 1
k
3

x1 x 2

x

,

0 x

48
47

2

16 a 2

(0.25)

SH
BH

1
SH .S ABCD
3

SH

BH .

16a 3 3
3

b) S BHKC

S ABCD S AHK

16a 2

1
1
a.3a
a.4a
2
2

1
3

a 3

(0.25)
(0.5)

SCKD
25a 2
2

(0.25)


VS . BHKC
AD

25a3 3
6
AD (SBA)

1
SH .SBHKC
3
AB, AD SH

d ( D,( SBH ))

d ( D, ( SBA))

c) Cách 1:
D ng EI / / BC ( I

BH )

(0.25)
(0.25)

AD

EI

4a

( SAB )

( SE , BC ) (SE , EI ) SEI
Ta ch ng minh
c HK CH t i E
EI HE HE .HC
HB 2
9
2
2
2
BC HC
HC
HB BC
25
9
BC
25

EI

9
.HC
25

HE
SE

SH

2

36a
;
25
9
. HB 2
25

HE

2

3a

81a 2
25

9
.HC
25

HE

SH 2

SE

EI
SE

9
. HB 2
25

HE 2

(1)

SI

(0.25)

x2

2x 4

x2

x
2 x 4 ( x 2) 2

2x

2

6x 0

x 2
0
1

x 3
5

1

x 3

1

(0.25)

2 x

5

x

0

4(4 x)
0 (0,5)
2 4 x
3)
0
4 x
4
0 (0,25)
2 2 4 x

y2

xy

t

3xy

2 x

y 2 xy

2

t2 2
2
3 2

P
t3
t 6t 3 , v i t 2
(0.25)
2
3 2
Xét f (t )
t3
t 6t 3 trên [-2,2]
2
f '(t )
3t 2 3t 6
f’(t) = 0
t 1 t
2
13
f 1
2
f(2) = 1
f(-2) = - 7
13
khi t = 1 nên
max f t
2,2
2
x y 1
13
max P
2
x2 y 2 2

(0.25)

1

x

2

5

3

1

3
2

(0.25)
min f t
2,2

(0.25)
(0.25)

49
48

x y

2

x2

2

y2

1

x

2

(0.25)
y

2

2 2 4 x

xy

2a 39
5

x 1

x2

y

(0.25)
t t=x+y

(0.25)

x 2 2x 4 0

5

4

x 6
4
0 x [ 6; 4]
x 6 3 x 6 2 2 4 x
V
ình có nghi m : x 3 (0,25)
Bài 6:
P 2 x3 y 3 3 xy

(0.25)

x 2

x 2

x

x 6 3 x 6

x 2

x 2

6

Do

SE.BC (SH HE ).BC HE .BC
9
9
HC.BC
CH .CB
(0.25)
25
25
9
9
CB
.CH .CB.cos HCB
.CH .CB.
25
25
CH
2
9
144a
CB 2

25
25
144a
5
18
.
(0.25)
cos( SE ; BC ) =
25 2a 39.4a 5 39

a)

x 8 (1)

( x 6)2 9( x 6) 4
x 6 3 x 6
2
( x 3)( x 6)
4( x
x 6 3 x 6 2 2
x 6
( x 3)
x 6 3 x 6
x 3 (nh n)

(0.25)

9a
5

BC 2
81a 2
25

3a 2

EI

2a 39
5

18
5 39
SE.BC
Cách 2: cos( SE ; BC )
SE.BC
Ta ch
c HK CH t i E
HE HE.HC
HB 2
9
2
2
2
HC
HC
HB BC
25
cos E

(0.25)

9a
5

BC 2
2

b) 3 x 6 2 4 x
x 6 0
4 x 0

3
2

1

y

3
2

(0.25)
7 khi t = -2 nên minP = - 7
x

y

1 (0.25)

3xy