10 DE THI THU DH 2016 DE 10

Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPTQG 2016 – MOON.VN
Đề số 10 – Thời gian làm bài: 180 phút
Thầy Đặng Việt Hùng
VIDEO và LỜI GIẢI CHI TIẾT chỉ có tại website MOON.VN
1 4
x − (m + 1) x 2 + 2m + 1 có đồ thị (Cm ), với m là tham số thực.
4
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

5

b) Cho điểm I  0; −  . Tìm m để (Cm ) có điểm cực đại là A, hai điểm cực tiểu là B và C sao cho tứ giác
2

ABIC là hình thoi.
Câu 2 (0,5 điểm): Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z biết số phức z1 = ( 2 − z ) i + z là một số

(

)

thuần ảo.
1
2
log 2 ( 2 x − 1) − log 2 ( x 2 − 2 x ) ≥ 0 .

2
1

π  x
e
 x


Câu 4 (1,0 điểm): Tính tích phân I = ∫ 2 + x 
+ 2 tan x  dx.
2

 cos x

3π x



4

Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình

Câu 5 (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + 2 z + 4 = 0, đường
thẳng d :

x − 2 y +1 z −1
=
=
và đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng x = 1, y + z − 4 = 0. Viết
2

−1
−1

phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với ∆ và (P).

Câu 6 (1,0 điểm):
3
. Tính giá trị biểu thức A = tan 2 x + cot 2 x .
2
b) Trong một lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, trong đó có đúng 2 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên 6 sản

a) Cho sin x + cos x =

phẩm từ lô hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm.

Câu 7 (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A1B1C1 có AA1 = a 2, đường thẳng B1C tạo với
mặt phẳng ( ABB1 A1 ) một góc 450. Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai

đường thẳng AB1 và BC.
Câu 8 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp đường tròn (C) tâm I
26 

bán kính R = 5 . Tiếp tuyến của (C) tại C cắt tia đối của tia AB tại K  −4;  . Biết diện tích tam giác
3 

ABC bằng 20 và A thuộc d : x + y − 4 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C).
 2 x 2 + x + x + 2 = 2 y 2 + y + 2 y + 1
Câu 9 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình 
( x, y ∈ ℝ).
2

2
 x + 2 y − 2 x + y − 2 = 0

Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x > y và xy + ( x + y ) z + z 2 = 1.
1
1
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
+
+
.
2
2
4( x − y ) ( x + z ) ( y + z ) 2
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

LỜI GIẢI CHI TIẾT
(Thân tặng các em học sinh của thầy Hùng đz nhân dịp Tết Bính Thân 2016 ^^)
Câu 1 (2,0 điểm): Khi m = 1 hàm số trở thành y =
+) Tập xác định: D = R; y là hàm số chẵn.
+) Sự biến thiên:
- Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y = lim y = +∞.
x →−∞

1 4

x − 2 x 2 + 3.
4

x →+∞

- Chiều biến thiên: Ta có y ' = x − 4 x;
x = 0
x > 2
 x < −2
y'= 0 ⇔ 
; y' > 0 ⇔ 
; y'< 0 ⇔ 
 x = ±2
 −2 < x < 0
0 < x < 2.
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −2; 0 ) , ( 2; + ∞ ) ; nghịch biến trên mỗi khoảng
3

( −∞; − 2 ) , ( 0; 2 ) .

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 3, hàm số đạt cực tiểu tại x = ±2, yCT = −1.
- Bảng biến thiên:
y
x −∞
+∞
0
2
−2
y'

–

+ 0

0

– 0

+∞

+

+∞
3

y

3

−1

−1

−2

+) Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.

2
O

x

−1

b) Ta có y ' = x3 − 2( m + 1) x, với mọi x ∈ R.
(Cm ) có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu ⇔ y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt
⇔ 2(m + 1) > 0 ⇔ m > −1.
Khi đó 3 nghiệm phân biệt của y ' = 0 là x = 0, x = − 2( m + 1) và x = 2( m + 1).

Điểm cực đại của
C

(

(Cm )

)

là

A(0; 2m + 1),

hai điểm cực tiểu là

(1)

(

B − 2(m + 1); − m 2

)

và

2(m + 1); − m2 .

(

)

Nhận thấy rằng AI vuông góc với BC tại H 0; − m2 và H là trung điểm của BC. Do đó tứ giác ABIC là
hình thoi khi và chỉ khi H là trung điểm của AI. Hay là
 2 xH = x A + xI
5
1
3
⇔ −2m 2 = 2m + 1 − ⇔ m = hoặc m = − .

2
2
2
2 yH = y A + yI
1
Đối chiếu điều kiện (1) ta được giá trị của m là m = .
2
Câu 2 (0,5 điểm).

(

)

Ta có z1 = ( 2 − z ) 1 + z = 2 − z + 2 z − z.z = 2 − z + 2 z − z .
2

Đặt z = x + yi → z1 = 2 − ( x + yi ) + 2 ( x − yi ) − ( x 2 + y 2 ) ↔ z1 = ( 2 − x 2 − y 2 + x ) − 3 yi .

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

2
2


1
9
1
9
2
2
2 − x − y + x = 0  x −  + y =
 x −  + y =
Để z1 là số thuần ảo thì 
↔ 
2
4 hay 
2

4
 −3 y ≠ 0
y ≠ 0
 y ≠ 0; x ≠ −1; x ≠ 2


3
1 
Vậy tập hợp những điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  ; 0  bán kính R = và trừ 2 điểm
2
2 
A ( −1; 0 ) và B ( 2;0 ) .
2

2

Câu 3 (0,5 điểm).
Điều kiện: x ∈ ( −∞; 0 ) ∪ ( 2; +∞ )

Bpt ⇔ log 2 2 x − 1 ≥ log 2 ( x 2 − 2 x ) ⇔ 2 x − 1 ≥ x 2 − 2 x

x < 0
x < 0
• TH1: Nếu x < 0 . Ta được hệ 
⇔ 2
⇔ −1 ≤ x < 0
2
1 − 2 x ≥ x − 2 x
x ≤ 1
x > 2

x > 2
• TH2: Nếu x > 2 . Ta được hệ 
⇔ 2
2
2 x − 1 ≥ x − 2 x
x − 4x +1 ≤ 0
x > 2
⇔
⇔ 2< x ≤ 2+ 3
2 − 3 ≤ x ≤ 2 + 3

(

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [ −1;0 ) ∪ 2; 2 + 3  .

Câu 4 (1,0 điểm).
1

π  x
π 1
π
π
e
1
x2
 x


x
Ta có: I = ∫ 2 + x 

+
2
tan
x
dx
=
e
.
dx
+
dx
+

2
∫ x 2 3∫π cos2 x 3∫π 2 x tan xdx (1)

 cos x

3π x
3π


4 
4
4
4
π

1
x

π

π

4

3π
4

1
1
1
1
x 
+) Ta có ∫ e . 2 dx = − ∫ e d   = −e x
x
x
3π
3π
4
π

1
π

= −e + e

4
3π

u = x 2
 du = 2 xdx

⇒

1
dx v = t anx
dv =
cos 2 x

π
π
9π 2
− ∫ 2 x tan xdx =
− ∫ 2 x tan xdx
16 3π
3π

x2
+) Xét J = ∫
dx . Đặt
2
3 π cos x
4

⇒ J = ( x 2 tan x ) 3π
π

4

4

4
1
π

4
3π

Thay vào (1) ta có I = −e + e +

2

9π
16

Câu 5 (1,0 điểm).
Mặt cầu có tâm I (2t + 2; − t − 1; − t + 1) ∈ d .
t +9
d ( I ; ( P )) =
. Chọn u∆ = (0;1; − 1) và M (1;1;3) ∈ ∆ . Khi đó MI = (2t + 1; − t − 2; − t − 2) .
3
Suy ra [u∆ , MI ] = (−2t − 4; − 2t − 1; − 2 y − 1)
Suy ra d ( I , ∆) =

[u∆ , MI ]
u∆

12t 2 + 24t + 18

.
=
2

Từ giả thiết ta có d ( I ; ( P)) = d ( I ; ∆) = R

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

t = 0
⇔
= 6t + 12t + 9 ⇔ 53t + 90t = 0 ⇔ 
90
t = −
3
53

+) Với t = 0 . Ta có I (2; − 1;1), R = 3 .
t +9

2

Suy ra phương trình mặt cầu là
90
 74
+) Với t = − . Ta có I  −

53
 53

2

( x − 2)2 + ( y + 1) 2 + ( z − 1) 2 = 9.
37 143 
129
.
;
;
, R =
53 53 
53
2

2

2

74  
37   143   129 

Suy ra phương trình mặt cầu là  x +  +  y −  +  z −
 =

53  
53  
53   53 


Câu 6 (1,0 điểm).
3
3
1
a) Ta có: sin x + cos x =
⇔ 1 + 2 sin x cos x = ⇔ sin x cos x = − .
2
4
8

(

)

2

2

sin 2 x + cos 2 x − 2 cos 2 x.sin 2 x
sin 2 x cos 2 x sin 4 x + cos 4 x
Do đó A =
+
=
=
=
cos 2 x sin 2 x
cos 2 x.sin 2 x
cos 2 x.sin 2 x
1
1

=
−2 =
− 2 = 62 .
2
2
2
cos x.sin x
 −1 
 
 8 
Vậy gái trị biểu thức đã cho là A = 62 .

Câu 7 (1,0 điểm).
Từ giả thiết suy ra ∆ABC đều và BB1 ⊥ ( ABC ).
Kẻ CH ⊥ AB, H là trung điểm AB. Khi đó

CH ⊥ ( ABB1 A1 ) ⇒ CB1 H = ( B1C , ( ABB1 A1 ) ) = 450
⇒ ∆CHB1 vuông cân tại H.
Giả sử BC = x > 0 ⇒ CH =

x 3
và
2

x2
B1H = B1B + BH = 2a + .
4
2

2

2

x2 3
= a 2 3 , suy ra thể tích lăng trụ V = AA1.S ABC = a 3 6.
4
Gọi K , K1 là trung điểm BC , B1C1. Kẻ KE ⊥ AK1.

Từ CH = B1H ⇒ x = 2a ⇒ S ABC =

Vì B1C1 ⊥ ( AKK1 ) nên B1C1 ⊥ KE ⇒ KE ⊥ ( AB1C1 ).
Vì BC / /( AB1C1 ) nên d ( BC , AB1 ) = d ( K , ( AB1C1 ) ) = KE.
Tam giác AKK1 vuông tại K nên

1
1
1
5
a 6 a 30
=
+
= 2 ⇒ KE =
=
.
2
2
2
KE
K1 K
AK

6a
5
5

Từ (1) và (2) suy ra d ( AB1 , BC ) =

(1)
(2)

a 30
.
5

Câu 8 (1,0 điểm):

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

Gọi CH là đường cao của ∆ABC .
1
Ta có S ABC = CH .2 R = 20 ⇒ CH = 4
2
Đặt AK = x ta có:
2
CK 2 = KI 2 − CI 2 = ( x + 5 ) − 52 = x 2 + 10 x
Mặt khác CH cũng là đường cao ∆KCI do đó:

1
1
1
1
9
10
+ 2 =
⇔ 2
=
⇔x=
2
2
KC
CI
CH
x + 10 x 400
3

t = −2 ⇒ A ( −2; 6 )
2
10
14  100
2


Gọi A ( t ; 4 − t ) ⇒ AK =
⇔ ( t + 4 ) +  −t −  =
⇔
20
 20 32 

3
3
9
t = − ⇒ A − ; 


3
 3 3 
Gọi I ( a; b ) là tâm của đường tròn.
3

−2 − a = . ( −2 )

a = 1
2
5 3
3
IA

+) Với A ( −2;6 ) ta có:
=
= ⇒ IA = AK ⇔ 
⇔
⇒ I (1; 2 )
AK 10 2
2
b = 2
6 − b = 3 .  8 
3


2  3
Vậy ( C ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 25
2

2

 20
3 8
32

− − a = . 
a=−


 3

2 3
 32 41 
 −20 32 
3
⇔
⇒ I − ; 
+) Với A 
; ⇒
 3 3
 3 3 
 32 − b = 3 . ( −2 )
b = 41
3


2
 3
2

2

32  
41 

Vậy ( C ) :  x +  +  y −  = 25
3  
3

Vậy có 2 đường tròn như trên thõa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 9 (1,0 điểm):
1
Điều kiện: x ≥ −2, y ≥ − .
2
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với x 2 = −2 y 2 + 2 x − y + 2.

Thế vào phương trình thứ nhất, ta được x 2 + (−2 y 2 + 2 x − y + 2) + x + x + 2 = 2 y 2 + y + 2 y + 1

⇔ x 2 + 3x + 2 + x + 2 = 4 y 2 + 2 y + 2 y + 1
⇔ ( x + 1) 2 + ( x + 1) + ( x + 1) + 1 = (2 y ) 2 + 2 y + 2 y + 1.

(1)

Xét hàm số f (t ) = t + t + t + 1 với t ≥ −1.
1

1
3
Ta có f '(t ) = 2t + 1 +
; f "(t ) = 2 −
; f "(t ) = 0 ⇔ t = − .
3
4
2 t +1
4 (t + 1)
2

 3 1
Suy ra f '(t ) ≥ f '  −  = > 0 với mọi t ∈ (−1; + ∞). Do đó hàm f (t ) đồng biến trên [ −1; +∞). Suy ra
 4 2
phương trình (1) ⇔ f ( x + 1) = f (2 y ) ⇔ x + 1 = 2 y ⇔ x = 2 y − 1.
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được
y =1
2
2
2
(2 y − 1) + 2 y − 2(2 y − 1) + y − 2 = 0 ⇔ 6 y − 7 y + 1 = 0 ⇔ 
y = 1.
6

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95


 2 1 
Suy ra nghiệm (x; y) của hệ là ( x; y ) = (1; 1),  − ;   .
 3 6 

Câu 10 (1,0 điểm):
1
Đặt x + z = a. Từ giả thiết bài toán ta có ( x + z )( y + z ) = 1, hay y + z = .
a
Do x > y nên x + z > y + z. Suy ra a > 1.

Ta có x − y = x + z − ( y + z ) = a −

1 a2 −1
=
.
a
a

a2
a2
a2
1
3a 2  a 2 1 
3a 2
2
+
+
a

=
+
+
+
≥
+
+ 1.


4(a 2 − 1) 2 a 2
4(a 2 − 1)2
4  4 a 2  4(a 2 − 1) 2
4
t
3t
Đặt a 2 = t > 1. Xét hàm số f (t ) =
+ + 1 với t > 1.
2
4(t − 1)
4
Khi đó P =

Ta có f '(t ) =

(1)

−t − 1 3
+ ; f '(t ) = 0 ⇔ (t − 2)(3t 2 − 3t + 2) = 0 ⇔ t = 2.
3
4(t − 1) 4

Bảng biến thiên:
t

f '(t )

+∞

2

1

–

0

+

f (t )
3

Dựa vào BBT ta có f (t ) ≥ 3 với mọi t > 1.
Từ (1) và (2) suy ra P ≥ 3, dấu đẳng thức xảy ra khi x + z = 2, y + z =

(2)
1
.
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3.

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016