Luyện giải đề ĐVH (Đề 1)

Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QG 2016
Đề số 01 – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 3mx + 1 − m

(1), với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số (1) có cực trị đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị
của đồ thị hàm số (1) chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau, với
A(0;1), B (−1; −3), C (3;1) .

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos3x + 3cos x + 4 cos 2 x + 8sin x − 8 = 0
2 1+ x

1

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
1
2

x

(

1+ x − 1− x

)

dx.

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức w biết w và z là hai số
phức thỏa mãn w = z + 2 − i và z − 2 − i = 1 .

b) Cho tập A = {0;1; 2;3; 4;5; 6;7} . Hỏi từ tập A có thể lập được bao nhiêu chữ số chẵn gồm 4 chữ số khác
nhau sao cho mỗi số đó đều lớn hơn 2011.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(5; −2; 2), B(3; −2;6). Tìm tọa độ
điểm M thuộc mặt phẳng ( P) : 2 x + y + z − 5 = 0 sao cho MA = MB và MAB = 900 .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = a. Hai mặt phẳng
(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC)
bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (P) chứa đường thẳng AG và song song với đường
thẳng BC cắt SB, SC lần lượt tại B1, C1. Tính thể tích khối chóp A.BCC1B1 và tính khoảng cách giữa hai

đường thẳng AC và SG theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M thuộc elip

(E) :

x2 y2
+
= 1 có
a2 b2

F1 ( −2;0 ) , F2 ( 2;0 ) . Gọi A là điểm đối xứng của F1 qua M và B là điểm đối xứng của M qua F2 . Viết
phương trình ( E ) biết tam giác ABF1 vuông tại B và diện tích tam giác MF1 F2 = 15 .

(

)

2 x x 2 y + x − 2 y = 3 x + 1
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
( x, y ∈ R )
2 xy ( x − 2 y ) + 2 y ( x + 1) = x + 1
1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thỏa mãn ≤ a ≤ 1; b, c ≥ 1 và abc = 1.
4
1
1
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
+
+
.
1+ a 1+ b 1+ c

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!


Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1: Ta có y ' = 3x 2 − 6 x + 3m = 0 ⇔ x 2 − 2 x + m = 0 (1)

Để đồ thị hàm số có CĐ,CT ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 1 > m .
Khi đó gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) (với x1 ; x2 là 2 nghiệm của (1) ) là các điểm cực trị.

 y1 = 2 ( m − 1) x1 + 1
Mặt khác ta có y = ( x − 1) x 2 − 2 x + m + ( 2m − 2 ) x + 1 do đó: 
 y2 = 2 ( m − 1) x2 + 1
Phương trình đường thẳng qua các điểm cực trị là AB : y = 2 ( m − 1) x + 1 ( d ) .

(

)

Nhận xét A ( 0;1) ∈ d do đó gia thiết bài toán ⇔ d cắt đoạn BC tại I sao cho S AIB = S AIC

1
1
AH .IB = AH .IC ⇔ IB = IC ⇔ I là trung điểm của BC ⇔ I (1; −1)
2
2
Giải I ∈ ( d ) ⇒ −1 = 2m − 2 + 1 ⇔ m = 0 ( tm )
⇔

Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.

Câu 2: Phương trình có nghiệm x =
1

Câu 3: Ta có I = ∫

2 1+ x

(

kπ
(k ∈ ℤ) .
2

1+ x + 1− x
2 x2

1
2

)dx =

 1 1
1 − x2
∫1  x 2 + x + x 2

1

2

1

 1

 dx =  − + ln x  + J = 1 + ln 2 + J

 x

1

2

1
π
⇒t =
2
6
.
Đặt x = sin t ⇒ dx = cos tdt . Đổi cận
π
x =1⇒ t =
2
x=

1

Khi đó ta có J = ∫
1
2

π
2

π
2

π
1− x

cos t
π
 1

dx = ∫
dt = ∫  2 − 1 dt = ( − cot t − x ) π2 = − + 3 .
2
2
x
3

π sin t
π  sin t
6

Vậy I = 1 + 3 + ln 2 −

2

2

6

6

π
.
3

Câu 4:

__

__

a) Xét số phức w = a + bi ⇒ a + bi = z + 2 − i ⇔ z = a − 2 + ( b + 1) i ⇒ z = a − 2 − ( b + 1) i
Theo giả thiết: z − 2 − i = 1 nên ta có:

a − 2 − ( b + 1) i − 2 − i = a − 4 − ( b + 2 ) i = 1 ⇔ ( a − 4 ) + ( b + 2 ) = 1
2

2

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I ( 4; −2 ) có bán kính R = 1
b) Xét các trường hợp
+) Chữ số cuối cùng là chữ số 2 hoặc 4 hoặc 6, suy ra có 5 cách chọn chữ số đầu tiên ⇒ A62 = 30 cách
chọn 2 trong số 6 chữ số còn lại.
+) Chữ số cuối cùng là chữ số 0, suy ra có 6 cách chọn chữ số đầu tiên ⇒ A62 = 30 cách chọn 2 trong số 6
chữ số còn lại.
Vậy có tổng cộng 3.5.30 + 6.30 = 630 số cần lập theo yêu cầu bài toán.

Câu 5: Ta có: MA = MB ⇔ ( a − 5 ) + ( b + 2 ) + ( c − 2 ) = ( a − 3) + ( b + 2 ) + ( c − 6 ) ⇔ a − 2c = −4 ( 2 )
2

2

2

2

2

+) Mặt khác: MAB = 900 ⇔ MA2 + MB 2 = AB 2 ⇔ 2 MA2 = AB 2 ⇔ MA2 = MB 2 =

2

AB 2
= 10 ( 3)
2

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!


Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

 2a + b + c = 5
 a = 2c − 4


+) Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ⇒ a − 2c = −4
⇔ 2(2c − 4) + b + c = 5 ⇒ b = −5c + 13


2
2
2
2
2
2

( a − 5 ) + ( b + 2 ) + ( c − 2 ) = 10
( 2c − 9 ) + ( −5c + 15 ) + ( c − 2 ) = 10
 a = 2c − 4
 a = 2, b = −2, c = −3

⇔ b = −5c + 13
⇔
 a = 8 , b = − 11 , c = 10
 2
3
3
3

30c − 190c + 300 = 0
 8 11 10 
Vậy M ( 2; −2;3) , M  ; − ;  là các điểm cần tìm.
3 3 3 
3
5a 3
a 3
Câu 6: VS . BCC1B1 =
; d ( AC ; SG ) =
54
5
Câu 7:

+) Ta có: c = 2 = a 2 − b 2 ⇒ b 2 = a 2 − 4
1
15
d ( M ; Ox ) .F1 F2 = 15 ⇒ y0 =

2
2
1
+) Tam giác ABF1 vuông tại B suy ra MB = AF1 = MF1 ⇒ 2 MF2 = MF1 (1)
2
4a
2

 MF1 = 3 = a + a xM
a2
⇒ xM =
+) Ta có: MF1 + MF2 = 2a ( 2 ) . Kết hợp (1) , ( 2 ) ⇒ 
6
 MF = 2a = a − 2 x
2
M

3
a
2
4
2
a = 9 ⇒ b2 = a 2 − 4 = 5
a
15
a
15
+) Cho M ∈ ( E ) ⇒
+
=

1
⇔
+
=
4
⇔
 2
2
2
36a 2 4b 2
9 a2 − 4
 a = 31 ⇒ b = a − 4 = 27
x2 y2
x2 y 2
Vậy ( E ) : +
= 1 hoặc ( E ) : +
= 1 là các elip cần tìm.
9
5
31 27
Câu 8: Đk: x ≥ 2 y ⇔ x − 2 y ≥ 0 .
+) Gọi M ( x0 ; y0 ) ⇒

Từ phương trình (2) ta có 2 xy ( x − 2 y ) + 2 xy − 1 − ( x − 2 y ) = 0

 2 xy = 1
⇔ ( 2 xy − 1)( x − 2 y ) + ( 2 xy − 1) = 0 ⇔ ( 2 xy − 1)( x − 2 y + 1) = 0 ⇔ 
 x − 2 y = −1 ( loai )
1
Thay vào phương trình (1) ta có x 2 + 2 x x − = 3x + 1 .

x
 x ≥ 2 y
Điều kiện: 
(**)
 x ≥ 1, x ∈ [ −1; 0 )
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!


Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

1
1
1
1

= 3+ ⇔  x − + 2 x − −3 = 0.
x
x
x
x

1
1
Đặt t = x − , ( t ≥ 0 ) ⇒ t 2 = x −
x
x
t = 1
Khi đó ta có phương trình t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ 

 t = −3 ( L )
Khi đó (**) ⇔ x + 2 x −

1
1± 5
= 1 ⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ x =
x
2
1± 5
1 ± 5 −1
Kết hợp với điều kiện ta được x =
thỏa mãn, suy ra y =
=
2
2x
4
 1 + 5 −1 + 5   1 − 5 −1 − 5 
Vậy, hệ có 2 nghiệm ( x; y ) = 
;
;
,

4   2
4 
 2
2
1
1
2
Câu 9: Theo bài: b, c ≥ 1 ⇒

+
≥
⇔ 1 − bc
b + c ≤ 0 → true
1 + b 1 + c 1 + bc

Với t = 1 ⇒ x −

(

Khi đó ta có:

)(

)

1
1
2
2 abc
2 a
+
≥
=
=
1 + b 1 + c 1 + bc
abc + bc
a +1

1

2 a
1
2x
1

+
→ Đặt a = x  ≤ x ≤ 1 → P ≥
+
2
1+ a 1+ a
1+ x
x +1
2

1
2x 
1 
x ∈  ;1 
Ta đi khảo sát hàm số f ( x ) =
+

2
1+ x
x +1 
2 
Suy ra: P ≥

Nhận xét: f ' ( x ) =

(x

−2 x
2

+ 1)

2

+

2

( x + 1)

2

=

x ( 2 x − 1) ( x 2 + 1) + 2

( x + 1)

2

(x

2

+ 1)

2

1 
> 0 do x ∈  ;1
2 

1 
 1  22
Do đó hàm số f ( x ) đồng biến trên  ;1 ⇒ f ( x ) ≥ f   =
2 
 2  15
22
1

Vậy GTNN của P bằng
⇔ ( a; b; c ) =  ; 2; 2 
15
4


Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!