Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên lê quý đôn đà nẵng tháng 3 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
SỞ GD-ĐT TP. ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN

THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM
2016
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

−x +1
x−2

Câu 2 (1,0 điểm) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x 2 − x + 1
Câu 3: (1,0 điểm)
a. Tìm số phức z thoả mãn z − (2 + 3i) z = 1 − 9i
log 22 x + 3
>2
b. Giải bất phương trình
log 2 x + 3
π
2

Câu 4 : (1,0 điểm) Tính tích phân I = cos x (e 2sin x + 1)dx
∫
0

 x = −1 + 3t


Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường d1 :  y = 1 + 2t và d2 :
 z = 2 − 2t

x y −1 z + 3
=
=
.Chứng minh d1; d2 cùng thuộc một mặt phẳng và viết phương trình mặt phẳng đó.
1
1
2
Câu 6 (1,0 điểm)
cos 2a − sin 2a + 2
,biết tan α = 2
− cos 2a + sin 2a − 1
b. Cho tập hợp E = {1,2,3,4,5,6,7}. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau tạo thành từ
các chữ số của tập hợp E. Tính số phần tử của tập hợp S. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập S, tìm xác suất để số
lấy ra nhất thiết phải có mặt phẳng đó.
a. Tính giá trị của biểu thức T =

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 2a, AC = a, hình chiếu
của S lên mp(ABC) trùng với trung điểm E của cạnh AB. Đường thẳng SC tạo với mp (ABC) một góc sao
10
. Tính theo thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CE
5
11
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm F ( ;3) là trung điểm
2
của cạnh AD, điểm E là trung điểm của cạnh AB và điểm K thuộc cạnh CD sao cho KD = 3KC. Đường
thẳng EK có phương trình là 19x – 8y – 18 = 0. Tìm toạ độ điểm C của hình vuông ABCD biết rằng điểm E
có hoành độ nhỏ hơn 3.

x 2 − 5 x + 14
2
<
Câu 9: (1,0 điểm) Tìm tất cả các số thực dương x thoả mãn
3 2
2 + 3 x − x +1 x
Câu 10: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện a + b +c = 9. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P
cho tan α =

P=

(a 4 + b4 )(a 2 + b 2 )
6

a 4b 4 c

+

(c4 + b 4 )(c 2 + b 2 )
6

c 4b 4 a

+

(a 4 + c 4 )(a 2 + c 2 )
6

a 4 c 4b

-----------Hết------------

ĐÁP ÁN

Câu 1 (1 điểm)
- TXĐ: R/{2 }
- Sự biến thiên:
- Giới hạn và tiệm cận: (0,25)
Vì lim− y = +∞; lim+ y = −∞ nên tiệm cận đứng là đường thẳng x = 2
x →2

x →2

y = −1; lim y = −1 nên tiệm cận ngang là đường thẳng y = -1
Vì xlim
→−∞
x →+∞
1
> 0, ∀x ≠ 2
( x − 1) 2
Bảng biến thiên: 0,25
Đạo hàm y ' =

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 2) và (2; +∞)
Đồ thị : 0,25

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;

−1
) ; cắt trục hoành tại điểm (1;0)
2


Đồ thị nhận giao điểm I (2;-1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng
Câu 2
Vì x2 – x +1 > 0, nên tập xác định D = R
0,25
2x −1
1
y'=
; y ' = 0 <=> x =
0,25
2
2 x2 − x + 1
y = +∞; lim y = +∞
Bảng biến thiên: xlim
→−∞
x →+∞

0,25

1 3
Từ bảng biến thiên đồ thị hàm số đã cho có điểm cực tiểu là ( ; )
2 2
Câu 3:
a. Đặt z = x + yi, (x,y ∈ R ) => z = x − yi

Từ giả thiết ta có (-x-3y-1) + (-3x +3y+9)i = 0
− x − 3 y − 1 = 0
 x + 3 y = −1
<=> 
<=> 
0,25
 −3 x + 3 y + 9 = 0
x − y = 3
x = 2
<=> 
 y = −1
Kết luận z = 2- i

0,25

0,25

1
b. Điều kiện x > 0 và x ≠ (*)
8
Đặt t = log 2 x, bất phương trình đã cho trở thành

 −3 < t < −1
t2 + 3
> 2 <=> 
t +3
t > 3

1
1


<=> 8
2

x > 8
1 1
Kết luận: Giao với điều kiện (*) ta có tập nghiệm S = ( ; ) ∪ (8; +∞)
8 2
Câu 4:

0,25


π
2

π
2

I = ∫ cos xe 2sin x dx + ∫ cos xdx
0

0

π
2

+) I1 = ∫ cos xe 2sin x dx =
0

π
2

1 2sin x
e d (2sin x)
2 ∫0

π
1 2sin x
1
=>I1 = ( .e
) 2 = (e 2 − 1)
2
2
0

0,25

0,25

π
2

π
+)I 2 = ∫ cos xdx = sin x 2 = 1
0
0
=>I=I1 + I 2 =

1 2 1
e +
2
2

0,25

0,25

Câu 5 :
 −1 + 3t 2t
 1 = 1
<=> t = 1 0,25
+ Toạ độ giao điểm (nếu có) của d1; d2 ứng với t thoả hệ : 
 −1 + 3t = 6 − 2t
 1
2
Từ đó d1; d2 cắt nhau tại điểm A(2;3;1); vì vậy d1;d2 cùng chứa trong một mặt phẳng (0,25)
ur
uur
Kí hiệu (P) là mặt phẳng (d1;d2). d1 có vecto chỉ phương (VTCP) u1 (3; 2; −2) ; d2 có VTCP u2 (1;1; 2) . Mặt
r ur uur
phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n = [u1 ; u2 ] = (6; −8;1) 0,25
Phương trình mặt phẳng (P): 6x – 8y + z + 11 = 0
0,25
Câu 6:
2 cos 2 a − 2sin a cos a + 1
a. Ta có T =
0,25
−2 cos 2 a + 2sin a cos a

2 − 2tana + (1 + tan 2 a) 3
Vì tan a =2 nên cos a ≠ 0 , từ đó T =
0,25
=
−2 + 2 tan a
2
5
b. n(S) = A7 = 2520 0,25
4
Số phần tử của tập S có mặt chữ số 3 là 5. A6 = 1800
1800 5
=
Xác suất cần tính là
0,25
2520 7
Câu 7:


*) Tính VS . ABC
Trong tam giác vuông AEC, EC = AS 2 + AC 2 = a 2
· ; CE ) = SCE
·
Có a = (CS
2a 5
·
Trong tam giác vuông SEC, SE = EC. tan SCE
0,25
=
5
1

2
Diện tích tam giác vuông ABC là SABC = AB. AC = a
2
1
2 5a 3
Tính thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC = SE.S ABC =
(đvtt)
3
15
• Tính d(SA;CE)

0,25

Vẽ đường thẳng ∆ qua A và song song với CE. Kí hiệu (P) là mặt phẳng ( ∆ ; SA). Ta có CE // (P). Suy ra
d(SA;CE) = d(E;(P)) (1)
Vẽ ED ⊥ ∆ , mà SE ⊥ (ABC)=>SE ⊥ ∆
Do đó ∆ ⊥ (SED). Suy ra (SED) ⊥ (P) theo giao tuyến SD 0,25
Vẽ EF ⊥ SD, suy ra EF ⊥ (P) . Từ (1), d(SA; CE) = d(E;(P)) = EF (2)
a
Có ED = d(A; EC) =
. Có SE ⊥ (ABC)=>SE ⊥ ED
2
Trong tam giác vuông SED, EF =
Từ (2); d(SA;CE) =

2 13a
13

ED.ES
ED 2 + ES 2

=

2 13a
13

0,25


Câu 8:

Gọi I là trung điểm của CD
1
·
·
Có tan FEI
= tan 45o = 1 và tan IEK =
4
·
·
·
·
· ) = tan FEI + tan IEK = 5 0,25
= tan( FEI
+ IEK
Có tan FEK
· .tan IEK
·
3
1 − tan FEI

Hai tam giác vuông DCF và BCE bằng nhau nên CE = CF (1)
·
·
·
·
Suy ra tam giác CFE cân tại C. Do đó FEC
nên cosFEK
< 90o ; mà FEK
< FEC
> 0 . Từ đó:
3
·
·
cosFEK
= 1: 1 + tan 2 FEK
=
(2)
34
ur
Đường thẳng EK có véc tơ pháp tuyến n1 (19; −8)
uur
11
Đường thẳng EF có VTPT n2 (a; b), (a 2 + b 2 ≠ 0) và qua F ( ;3)
2
11
11a
− 3b = 0(3)
Nên có phương trình: a(x − ) + b( y − 3) = 0 <=> ax + by −
2
2

Từ (2),
ur uur
| n1.n2 |
|19a − 8b |
3
·
cos FEK = cos(EF; EK) = ur uur <=>
=
| n1 | . | n2 |
34
5 17. a 2 + b 2
<=> 497 a 2 − 608ab − 97b 2 = 0
 71a = 97b => a = 97; b = 71
<=> 
 7a = −b => a = −1; b = 7
Với a = 97; b = 71, từ (3) có phương trình đường thẳng EF là 97x + 71y -

1493
= 0 0,25
2

19 x − 8 y − 18 = 0
58 199

=> E ( ;
) (loại do điều kiện xE <
Vì E = EF ∩ EK nên toạ độ điểm E thoả hệ pt 
1493
17 34
97 x + 71y − 2 = 0

3)
31
Với a = -1; b = 7, từ (3) có phương trình đường thẳng EF là –x + 7y - = 0
2
19 x − 8 y − 18 = 0
5

=> E (2; ) (nhận do điều kiện xE < 3)
Vì E = EF ∩ EK nên toạ độ điểm E thoả hệ pt 
31
2
 − x + 7 y − 2 = 0
Gọi toạ độ điểm C(m,n)
Từ (1) có


5
11
CE 2 = CF 2 <=> (2 − m)2 + ( − n) 2 = ( − m) 2 + (3 − n) 2
2
2
<=> n = −7 m + 29(4)
IC 1
·
·
·
=
Có FEI
= 450 => tan FEI
= 1 và tan IEC =

IE 2
·
·
·
·
· ) = tan FEI + tan IEC = 3
= tan( FEI
+ IEC
Từ đó tan FEC
· .tan IEC
·
1 − tan FEI
Suy ra
1
·
·
(5)( Do FEC
< 90o => cosFEC
> 0)
10
uuur 7 1 uuur
5
Có EF = ( ; ), EC = (m − 2; n − )
2 2
2
Từ (5)
7
1
5
uuur uuur

(m − 2) + (n − )
|
EF
.
EC
|
1
2
2
·
cosFEC
= uuur uuur <=> 2
=
| EF | . | EC |
10
50
5
(m − 2) 2 + (n − ) 2
4
2
·
·
cos FEC
= 1: 1 + tan 2 FEC
=

5
<=> 14m + 2n − 33 = 20[(m − 2) 2 + (n − ) 2 ]
2
9


m=

2
Thay (4) vào (6) rồi thu gọn ta được 2m – 15m + 27 = 0 <=>

m = 3
9
−5
9 −5
- Với m = thay vào (4) ta được n =
; suy ra C ( ; ) (loại do điều kiện F và C phải nằm khác phía đối
2
2
2 2
với đường thẳng EK) 0,25
-Với m = 3 thay vào (4) ta được n = 8, suy ra C(3;8) (nhận do điều kiện F và C phải nằm khác phía đối với
đường thẳng EK)
Câu 9:
ĐK:x > 0
2

Vì 2 + 3 3 x 2 − x + 1 > 0, ∀x > 0 nên bất phương trình tương đương
x 3 − 5 x 2 + 14 x < 4 + 6 3 x 2 − x + 1
<=> x 3 − 5 x 2 + 14 x − 4 − 6 3 x 2 − x + 1 < 0

0,25

<=>(x-1)(x 2 − 4 x + 4) + 6( x − 3 x 2 − x + 1) < 0
<=> (x − 1)(x − 2) 2 +

6( x − 1)( x 2 + 1)
x 2 + x 3 x 2 − x + 1 + 3 ( x 2 − x + 1) 2

<0

0,25



6( x 2 + 1)
÷ < 0 0,25
<=> ( x + 1)  (x − 2) 2 +
3 2
2
2
2 ÷

3
x
+
x
x
−
x
+
1
+
(
x

−
x
+
1)




6( x 2 + 1)
2
÷ >0 với mọi x > 0 nên bất phương trình tương đương x -1 <
Vì  (x − 2) + 2
3 2
2
2 ÷

3
x
+
x
x
−
x
+
1
+
(
x
−
x

+
1)


0 x < 1
KL: Giao với điều kiện x >0 ta được tập nghiệm là S = (0;1) 0,25
Câu 10:
Có

( a 4 + b 4 )( a 2 + b 2 ) ≥ a 3 + b3 (1) (theo bất đẳng thức (BĐT) B.C.S) ; Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a =b


Lại có
6

≤

a 4b 4c = ab 3 abc =
1
2 3

1
1
ab.3 3 abc ≤
(ab + 3 3 abc )
3
2 3

(ab + a + b + c)

=> 6 a 4b 4 c ≤

1

(ab + 9)(2)
2 3
(theo BĐT AM – GM hai số không âm, ba số không âm); Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 (do a
+b + c = 9) 0,25
Từ đó
(a 4 + b 4 )(a 2 + b 2 )
6

a 4b 4 c
Tương tự ta có:
(b 4 + c 4 )(b 2 + c 2 )
6

b4c 4a

≥ 2 3(

≥ 2 3(

a 3 + b3
)( Do (1);(2))
ab + 9

(c 4 + a 4 )(c 2 + a 2 )
b3 + c3
c3 + a 3

);
≥ 2 3(
)
6 4 4
bc + 9
ca + 9
cab

a 3 + b3 b3 + c 3 c 3 + a 3
=> P ≥ 2 3(
+
+
)(3)
ab + 9 bc + 9 ca + 9
a 3 + b3 b 3 + c 3 c 3 + a 3
Đặt Q=
+
+
ab + 9 bc + 9 ca + 9
Bằng phép biến đổi tương đương ta chứng minh được
( a + b) 2
( a + b )3
Với a, b > 0, ab ≤
(4);a 3 + b3 ≥
(5) 0,25
4
4
1
( a + b)3
a 3 + b3

( a + b)3
≥ 4
=
Từ đó
(6) (do (4) và (5))
ab + 9 1 (a + b) 2 + 9 (a + b) 2 + 36
4
( a + b)3
≥ ( a + b) − 3(7)
Ta sẽ chứng minh
(a + b) 2 + 36
t3
≥ t − 3 <=> 3(t − 6) 2 ≥ 0 (đúng với mọi t > 0) 0,25
t 2 + 36
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 6  a + b = 6
a 3 + b3
Từ (6), (7) có
≥ a + b − 3; Đẳng thức xảy ra khi a = b = 3
ab + 9
b3 + c 3
c3 + a3
Một cách tương tự ta chứng minh được
≥ b + c − 3;
≥ c + a − 3(8)
bc + 9
ca + 9
Từ (7) và (8) có Q ≥ 2(a+b+c) – 9 = 2.9 – 9 = 0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3. Kết hợp với
(3), P ≥ 18 3; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3
0,25
Thật vậy, đặt t = a + b=>t>0; (7) <=>

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 18 3 đạt được khi a = b = c = 3