BT3816

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 38 Ngày 27 tháng 12 năm 2015  2 x 1 y x 1 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận tại hai điểm A và B thỏa mãn AB = 17 Câu 2.(2,0 điểm) 1 sin 2 x tan x  2sin x sin x  cos x 2 1. Giải phương trình: 3 3 2 x  3x y 1  3  xy  2 x 3. 2. Giải hệ phương trình:.  6. I x sin 2 3 xdx. 0 Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: Câu 4.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của S trên đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABD, cạnh SB tạo với đáy một góc 60 0. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD. Câu 5.(1,0 điểm). 2 2 Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện 4 x  2 xy  y 3 . 2 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x  2 xy  y . Câu 6.(1,0 điểm) 2. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x  y  x  9 y  18 0 và hai điểm A(4;1), B(3; 1). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD. Câu 7.(1,0 điểm) x 2 y 2 z 2   2  1 và mặt phẳng Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 (P): 2 x  2 y  z  4 0 . Tam giác ABC có đỉnh A(1; 2; 1), các đỉnh B, C nằm trên (P) và trọng. tâm G nằm trên d. Tính độ dài đường trung tuyến của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A. log3 ( x  2)2  log. 3. x 0 x  3x  3 2. Câu 8.(1,0 điểm) Giải phương trình: --------------------Hết--------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727. HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 38 Câu 1a.. Nội dung * Tập xác định: R \{1} * Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: y’ = 1 0 2  x  1 với mọi x ≠ 1 nên hàm số đồng biến trên các khoảng ( ,1), (1, ) .  Cực trị: Hàm số không có cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: lim y  2 lim y  2 x   , x    tiệm cận ngang y = 2, lim y  x 1 , lim y   x 1  tiệm cận đứng x = 1.  Bảng biến thiên:  Đồ thị: Đồ thị đi qua (0, 1); (2, 3) và nhận I(1, 2) làm tâm đối xứng.. Điểm. 0,25. 0,25. 0,25 y -1. O. x 1. 2. 3. -1 -2. I. 0,25. -3 -4. 1b..   2 x0  1   x0 ,  x0  1  Gọi M   (C) với x0 1 . Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là:  2 x0  1 1 y  x  x0  2  x0  1  x0  1 . Giao điểm A của tiệm cận đứng x 1 và d là: A   2 x0   1,   x0  1  . Giao điểm B của tiệm cận ngang y=-2 và d là: B  2 x0  1,  2  . Ta có AB2 =. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727 2.  2 x0  2 . 2.    2 x0  1  2   2  4   x0  1  2  x0  1    x0  1 . . Theo giả thiết: AB = 17  AB2 = 17    x0  1 2 4  1 2    x0  1  4   x0 3; x0  1   x0  3 ; x0  1  2 2. Có bốn điểm M cần tìm là: 5  3   3;     1;   2  , 2 , . 2a.. 3  1   ;0   ; 4  2  và  2 . Điều kiện: cosx  0, sinx + cosx  0. Pt  1 2sin x cos x tan x 2sin x  sin x  cos x 2 1 sin x 2sin 2 x   2 cos x sin x  cos x  sin x  cos x sin x. 2sin 2 x cos x 2    sin x 0;sin  x   sin 2 x 4  . +) sin x 0  x k +)    2 x  x   k 2  4   2 x    x     k 2    4     k 2 x   k 2 ; x   4 4 3  k 2 x  4 3  Các nghiệm đều tmđk nên phương trình có nghiệm:  k 2 x  x k , 4 3 .. 0,25. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 2b. Ta thấy x 0 không thỏa mãn hệ. Với x 0 hệ  1  2  3 y  x3  1  y3  2  3 z  x . Đặt x , 3  z 3 y  2  3 y 3 z  2 hệ trở thành  . 3 3 Từ hệ: z  y 3 y  3 z   y  z   y 2  yz  z 2  3 0  z y . 3 Thay vào được: y 3 y  2  y  1; y 2 . Từ đó hệ. ĐT:01694838727. 0,5. 0,5. 1   ,2 có nghiệm (x, y) là:  2  ,(-1;-1). 3.  6. Ta có I =  6. x 0. x sin. 2. 3 xdx =. 0. 1  cos 6 x dx 2. =.  6.  6. 1 xdx 2 0. 0,25. 1 x cos 6 xdx 2 0.   6. Tính J = 2 72 .. xdx 0. ..  2 6. =. x 2. 0. =. 0,5.  6. x cos 6 xdx. Tính K = 0 . Đặt u  x    dv cos 6 xdx ta có du dx   1 v  6 sin 6 x .. Suy ra K =. 0,25. 1 x sin 6 x 6.  6 0. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727.  6. 1 sin 6 xdx 6 0 1 cos 6 x 36. =0+.  6 0. =. . 1 18 . Vậy. 2. 4.  4 I = 144 . Gọi H là trọng tâm tam giác ABD  SH  (ABCD) và SBH = 600. Gọi O là tâm đáy. Ta có a 2 , OH = OB = 1 a OA  3 3 2 nên BH =. 0,25. a 5 3 . S. K. D H. O C. B. M. Trong tam giác vuông SHB ta có: a 15 SH = BH.tan600 = 3 . Thể tích khối chóp: 1 SH .dt ( ABCD) V =A 3 = a 3 15 9 . Vì AB // CD nên ta có h(SA,CD) = h(CD,(SAB)) = h(D,(SAB). Lại có H là trọng tâm ABD nên h(D,(SAB)) = 3h(H,(SAB)).. Kẻ HM  AB tại M  (SHM)  AB  (SHM)  (SAB) theo giao tuyến SM. Kẻ HK  SM tại K  HK  (SAB)  HK = h(H, (SAB)). 1 a Ta có HM = 2 HA = 3 , a 15 SH = 3 và 1 1 1   2 2 HK HM SH 2 nên. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch a 15 HK = 12 . Từ đó khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD là a 15 4 . 5 P x 2  2 xy  y 2  2 3 4 x  2 xy  y 2 . Ta có Vớiy=0, từ giả thiết x 0 3 P 4 . nên Với y 0 , chia cả tử và P mẫu cho y , 3 = t 2  2t  1  f (t ) 4t 2  2t  1 với x t  R y .. ĐT:01694838727. 0,25. 2. Xét hàm số f (t ) trên R,  6t 2  10t  4 f '(t )  2  4t  2t 1 , 1 f '(t ) 0  t 2; t  3. Lập bảng biến thiên của f (t ) trên R, tìm được 1 3 , min f (t )  2 . max f (t ) . 0,25. 0,25. 0,25. Kết hợp các trường hợp ta có max P 1 , min P  6 . 6. Ta có (T): 2 2 1  9  10  x   y       2  2 4 nê  1 9 I ,  n (T) có tâm  2 2  và R 10 = 2 . AB   2, 1 và AB  5 . Đường thẳng CD song song với AB nên có phương trình dạng 2x-y+m=0.. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Khoảng cách từ I đến CD 2m  7 h 2 5 và CD = 2 là:. ĐT:01694838727. R2  h2 . Ta có CD = AB nên 2. 5  2m  7  2   5 2 20   m 6 2  2m  7  25   m 1 .. 0,5. Vậy CD có phương trình 2 x  y  6 0 hoặc 2 x  y  1 0 . Gọi G (2+t;2+2t;-2-2t) d. Gọi M là trung điểm của BC. A. d G. M B. 7. 8. 0,25 3 AM  AG 2 Do nên 3   x M  1  2  2  t  1  3   y M  2   2  t  2 2  C 3   z M  1  2   2  t  1   1   x M  2  7  3t    y M 2  3t  1  z M   7  3t  2  .. Theo giả thiết M  (P) nên: 1 7  3t  2  2  3t    7  3t   4 0 2 . Từ đó M(2;-1;-2) và AM= 3 3 .. 0,25. 0,5. Điều kiện ( x  2) 2  0 x  0  0,25   x x  2 0   2  x  3x  3 Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với 0,25 x 2  3x  3 log 3 x  2 log 3  x x  2 x 2  3 x  3 x . 0,25 Nếu x  2 ta có.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch x 2  2 x x 2  3x  3  x 3 (thoả mãn điều kiện) Nếu 0  x  2 ta có  x 2  2 x x 2  3x  3  x 1; x . nghiệm. 3 2 0,25. (thoả mãn điều kiện). Vậy phương trình có 3 x 3; x 1; x . ĐT:01694838727. 3 2..

<span class='text_page_counter'>(9)</span>