De thi thu THPT mon Toan 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH TRƯỜNG THPT LỆ THỦY. Đề số 3. ĐỀ LUYỆN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề). 3. 2. 2. 3. y  x  3mx  3( m  1) x  m  m (Cm) Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) ứng với m = 1 2. Tìm m để hàm số (Cm) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến O bằng √ 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến O (O là góc tọa độ).. Câu 1 (2,0 điểm).  2cos3x.cosx+ 3(1  s in2x)=2 3cos 2 (2 x  ) 4 Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:   ) 6 tan( x  4 dx I  cos2x 0 Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân: . Câu 4 (1,0 điểm) 2| z −i|=|z − z+ 2i| z ¿2 z 2 −¿=4 1. Tìm số phức z thỏa mãn: ¿ ¿ ¿{ ¿ 2. Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ, 5 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó ra 3 viên bi. Tính xác suất để 3 viên bi vừa lấy ra có đúng 2 viên bi cùng màu. Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm I(2; 0; -2), mp (P): 2x - y - 2z + 1 = 0. Lập phơng trình mặt cầu (S) tâm I cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đờng tròn có diện tích bằng 16 π Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC), SA  a 6 , AB  AC  a 3 , góc BAC bằng 1200 ; lấy điểm M trên cạnh BC sao cho MC = 2MB. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC. Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.. Câu 8 (1,0 điểm).  x x 2  y  y  x 4  x3  x   9  x  y  x  1  y( x  1)  2 Giải hệ phương trình . Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương có tổng bằng 3.. 2 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3( x  y  z )  2 xyz .. ------------------------Hết----------------------. (x,y  R ).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 1.2. ĐÁP ÁN NỘI DUNG Ta có. y , 3 x 2  6mx  3( m2  1). y , 0 có 2 nghiệm phân biệt  x 2  2mx  m 2  1 0 có 2 nhiệm phân biệt   1  0, m Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)  m  3  2 2 OA  2OB  m 2  6m  1 0    m  3  2 2 Theo giả thiết ta có Vậy có 2 giá trị của m là m  3  2 2 và m  3  2 2 . Để hàm số có cực trị thì PT. 2. 3.    PT  cos4x+cos2x+ 3(1  sin 2 x)  3  1  cos(4x+ )  2    cos4x+ 3 sin 4 x  cos2x+ 3 sin 2 x 0    sin(4 x  )  sin(2 x  ) 0 6 6     x  18  k 3   2sin(3 x  ).cosx=0   6  x=   k  2    x   k x  k 2 18 3. Vậy PT có hai nghiệm và    ) 6 tan( x  6 tan 2 x 1 4 1 I  dx   dx t t anx  dt= dx (tan 2 x  1)dx 2 2 c os2x (t anx+1) 0 0 cos x Đặt x 0  t 0.  1 x  t 6 3 1 3. 1. dt 1 3 1 3 I     2 (t  1) t  10 2 0. 4.1. Suy ra + Gọi số phức z = x + yi. (x , y ∈ R). ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ↔ 2| x+( y −1)i|=|(2 y +2)i| Hệ |4 xyi|=4 ¿{. Vậy số phức cần tìm là :. 4.2 5 6. ↔ x2 y= 4 1 1 y= ∨ y=− x x ↔ ¿ x=√3 4 1 y= 3 √4 ¿{. 1 z=√3 4 + 3 i √4. *) Diện tích tam giác ABC là: 1 1 3 3a 2 3 S ABC = AB. AC.sin1200 = a 3.a 3 . = 2 2 2 4 (đvdt).. S. Vậy thể tích hình chóp S.ABC là: VS . ABC =. 1 1 3a 2 3 3a 3 2 S  ABC .SA  . .a 6 = 3 3 4 4 (đvtt).. l. H. A. *) Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABC ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  BC = 3a  MB = a. B Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABM ta có: 2 2 2 0 2 AM  AB  MB  2 AB.MB cos 30 a  AM a  AM BM a . Do đó tam giác AMB cân tại M nên BAM ABM 300  MAC 900  AM  AC (1) Mặt khác: SA  ( ABC )  SA  AC (2). C M. Từ (1) và (2) ta có: AC  ( SAM ) (3) Kẻ AH  SM ( H  SM ) (4) d AC , SM  AH.  Từ (3) và (4) ta được:  Trong tam giác ASM vuông tại A ta có: 17  AH  a 6  a 42 2 7 . 7 AHSM6a a 42 d  AC , SM   7 Vậy .. 7. Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. | m  4m | | 5m | d ( I , )   m 2  16 m 2  16 IH = (5m) 2 20  2 m  16 m 2  16 Diện tích tam gi¸c IAB là SIAB 12  2S IAH 12. I. AH  IA2  IH 2  25 . 5 A.  H. B.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  m 3 d ( I ,  ). AH 12  25 | m |3( m  16)   16  m  3    x x 2  y  y  x 4  x3  x (1)   9  x  y  x  1  y ( x  1)  (2) 2 Giải hệ phương trình  2. 8. (x,y  R ).  x 1  Đk:  y 0 (1)  x( x 2  y   x. x 2  x)  ( x  y ) 0. y x 2. 2. x y  x x.  x  y 0  ( x  y)( x 2  y  x 2  x  x) 0 x  x  x  1  x ( x  1) . 9 2. Do đ ó x=y thay v ào pt (2) : t  x  x  1(t 0)  t 2 2 x  1  2 x( x  1) Đ ặt Pt trở thành t2+1+2t=9 hay t2+2t-8=0 chỉ lấy t=2  x  1  x 2 5  25 x  2 x( x  1) 5  2 x    x 2 16  4 x 2  4 x 25  20 x  4 x 2  25 25 ; Vậy hệ có nghiệm duy nhất( 16 16 ) 9. Ta có: P 3  ( x  y  z ) 2  2( xy  yz  zx)   2 xyz 3  9  2( xy  yz  zx)   2 xyz 27  6 x( y  z )  2 yz ( x  3) 27  6 x(3  x) . ( y  z )2 ( x  3) 2. 1  ( x 3  15 x 2  27 x  27) 2 3 2 Xét hàm số f ( x)  x  15 x  27 x  27 , với 0<x<3  x 1 f , ( x )  3 x 2  30 x  27 0    x 9 x   0 1 3 y’ 0 + 27 54 y 14 Từ bảng biến thiên suy ra MinP =7  x  y z 1 ..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>