loi giai DE THI THU DAI HOC 1652016

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016.
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
-------------------------------------

ĐỀ 10

y = 8x 4 − 9x 2 + 1
Câu 1: ( 1điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
Câu 2: ( 1điểm) Tìm giá trị tham số m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thi (C) của hàm số(C) y

x +1
x- 1

=
tại hai điểm phân biệt A , B sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau
Câu 3: ( 1điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn:

( 9 + 4i ) z + ( 3 − 8i ) z = −12 + 10i

. Tìm môđun của số phức

w = z + 1- i

(

)

log 3 x 2 − 6 = log 3 ( x − 2 ) + 1

b) Giải phương trình:
Câu 4 : ( 1điểm) Tính tích phân:
Câu 5 : ( 1điểm)

tan α = −
a) Cho

3
4

. Tính giá trị của biểu thức:

b) T×m hÖ sè cña x4 trong khai triÓn cña
An2 + Cnn −1 + Cnn − 2 = 92

3π 

A = 2 − cos ( 2α − π ) − sin  2α +
÷
2 


 3 2 
x − 2 
x 


.

n

(x > 0) biÕt r»ng n lµ sè tù nhiªn tháa m·n

.
x −1 y z +1
=
=
2
−1
1

Câu 6 : ( 1điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
và các
mặt phẳng (P): x - 2y + 2z + 1 = 0, (Q): 2x + y - 2z + 3 = 0 . Viết phương trình mặt cầu ( S) có tâm I
thuộc d đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q).
Câu 7 : ( 1điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC = 2a,
góc ACB bằng

30 0

. Hình chiếu vuông góc của B’ lên (ABC) là trung điểm H của AB ; góc giữa
60 0

cạnh bên BB’ và mặt đáy bằng
. Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai
đường AA’ và BC theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn

(T) có phương trình:

( x − 4) 2 + ( y − 1) 2 = 25

. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết

3 x − 4 y − 17 = 0

phương trình đường thẳng CN là:
có tung độ âm.

; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M

 x + 1 + ( x + 1) ( y − 2 ) + x + 5 = 2 y + y − 2

 ( x − 8 ) ( y + 1)
 2
= ( y − 2) x + 1 − 3
 x − 4x + 7

(

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
Câu 10 (1,0 điểm). Cho
P=

x, y , z ∈ [ 0; 2]

thỏa mãn

1
1
1
+ 2
+ 2
+ xy +
2
2
x + y + 2 y + z + 2 z + x2 + 2
2

x+ y+z =3

)

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

yz + zx

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối xứng của B
qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có

( x − 4) 2 + ( y − 1) 2 = 25
phương trình:

.Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết

3 x − 4 y − 17 = 0
phương trình đường thẳng CN là:
điểm M có tung độ âm

; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và

A

Câu 7
(1,0 điểm)

+(T) có tâm I(4;1);R=5
+ Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BDM và N,C là chân các đường cao nên chứng

B
I
C

D

minh được :IM

E

⊥

0,25

CN

N
M

+ Lập ptđt IM qua I và IM

⊥

CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0

+ M là giao điểm (T) với IM :

 M(7; −3)
 M(1;5) (loai)


+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)

0,25

0,25


+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1

 D(9;1)
 D(−1;1)


D là giao điểm (T) và DC :
Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)

0,25

uuur uuur
BA = CD

+Do
=> A(-1 ;5)
* Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ

 x + 1 + ( x + 1) ( y − 2 ) + x + 5 = 2 y + y − 2

 ( x − 8 ) ( y + 1)
 2
= ( y − 2) x + 1 − 3
 x − 4x + 7

(

Giải hệ phương trình:
Điều kiện
Câu 8
(1,0 điểm)

Đặt

x ≥ −1; y ≥ 2

)

.

x + 1 = a; y − 2 = b ( a , b ≥ 0 )

, từ (1) ta có:

a + ab + a 2 − 1 + 5 = 2 ( b 2 + 2 ) + b ⇔ a − b + ab − b 2 + a 2 − b 2 = 0
⇔ ( a − b ) ( 1 + 2a + b ) = 0
⇔a=b

(do

⇒ x +1 =

0,25

a, b ≥ 0 ⇒ 1 + 2 a + b > 0

y −2 ⇔ y = x+3

.
Thế vào (2) ta được:

( x − 8) ( x + 4 )
x − 4x + 7
2

= ( x + 1)

x = 8

⇔  x+4
 2
=
 x − 4 x + 7

(

)

x +1 − 3 ⇔

( x − 8) ( x + 4)
x − 4x + 7
2

=

( x + 1) ( x − 8 )
x +1 + 3
0,25

x +1
x +1 + 3

( *)

x = 8 ⇒ y = 11;
+

+

⇔

( *) ⇔ (

(

)

x + 1 + 3 ( x + 4 ) = ( x + 1) ( x 2 − 4 x + 7 )

)(

x +1 + 3 


x +1

)

2

2
+ 3 = ( x − 2 ) + 3 . ( x − 2 ) + 3




f ( t ) = ( t + 3) ( t + 3)
2

Xét hàm số

0,25

với

t ∈¡

(**)

f ' ( t ) = 3 ( t + 1) ≥ 0 ∀t ∈ ¡

0,25

2

có

nên


f ( t)

¡

đồng biến trên

( **) ⇔

f

(

Do đó

.

x ≥ 2
x + 1 = f ( x − 2) ⇔ x + 1 = x − 2 ⇔ 
2
 x + 1 = x − 4x + 4

)

x ≥ 2
5 + 13
⇔ 2
⇔x=
2
 x − 5x + 3 = 0

x=

5 + 13
11 + 13
⇒y=
2
2

Vậy hệ đã cho có nghiệm

Câu 9
(1,0 điểm)

(T/M)

Cho
P=

x, y , z ∈ [ 0; 2]

( x; y )

thỏa mãn

là

( 8;11)

x+ y+z =3

và

 5 + 13 11 + 13 
;

÷
÷
2
 2


. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1
1
1
+ 2
+ 2
+ xy +
2
2
x + y + 2 y + z + 2 z + x2 + 2

yz + zx

2

Ta có

x 2 + y 2 + 2 = ( x 2 + 1) + ( y 2 + 1) ≥ 2 ( x + y )

P≤

Nên
Ta có

xy ≤

,….;


1 1
1
1
+
+
+ xy + yz + zx + 3

2 x+ y y + z z + x


xy + 1
2

,…
0,25

.

( x + y + z ) ( xy + yz + zx ) ≥ 9 xyz

⇒ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) = ( x + y + z ) ( xy + yz + zx ) − xyz ≥

8
( x + y + z ) ( xy + yz + zx )
9

( x + y) ( y + z ) + ( y + z ) ( z + x) + ( x + y ) ( z + x)
1
1

1
+
+
=
x+ y y+z z+x
( x + y) ( y + z) ( z + x)
( x + y + z ) + xy + yz + zx
=
( x + y) ( y + z) ( z + x)
2
( x + y + z ) + xy + yz + zx
2

≤

8
( x + y + z ) ( xy + yz + zx )
9
27
3
=
+
8 ( xy + yz + zx ) 8


P≤

Suy ra

1

27
27 
+ xy + yz + zx + 

2  8 ( xy + yz + zx )
8

t = xy + yz + zx

Đặt

.

x, y, z ∈ [ 0; 2 ] ⇒ ( 2 − x ) ( 2 − y ) ( 2 − z ) ≥ 0 ⇔ xy + yz + zx ≥

Do
Mặt khác:
Vậy

1
2
xy + yz + zx ≤ ( x + y + z ) = 3 ⇒ t ≤ 3
3

t ∈ [ 2;3]
P≤

Ta có

0,25

.

1  27
27 
+ t +  = f ( t)

2  8t
8

Xét hàm số
nên hàm số

f ( t)
f ( t)

⇒ f ( t ) ≤ f ( 3) =

với

t ∈ [ 0; 2]

ta có

đồng biến trên

15
4

P ≤ f ( t) ⇒ P ≤

Do

4 + xyz
≥2⇒t ≥2
2

[ 2;3]

1  27  8t 3 − 27
f ' ( t ) = t − 2  =
> 0 ∀t ∈ [ 2;3]
2  8t 
16t 2
0,25

.

.
15
4

P=

. Có

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

15
4

15
4

khi

x = y = z =1

đạt được khi

.

x = y = z = 1.

(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)

0,25