Tài liệu đề thi thử thpt qg môn toán 2016

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN – 2016  x 2  4x  3 x2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị hàm số đến các đường tiệm cận của nó là hằng số. Câu I: Cho hàm số y  Câu II: 1. Giải phương trình: sin 2x  sin x  2. Tìm m để phương trình: m  1 1   2cot g2x 2sin x sin 2x  x 2  2x  2  1  x(2  x)  0 (2) có nghiệm x  0,1  3  Câu III: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). 2. Tìm tọa độ điểm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Câu IV: 4 2x  1 dx 1  2x  1 0 1. Tính I   x  x 2  2x  2  3y 1  1  (x, y  R) 2. Giải hệ phương trình:  2 x 1  y  y  2 y  2  3  1  Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 = 1. Đường tròn (C') tâm I (2,2) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  2 . Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn lớn hơn 2007 mà mỗi số gồm 4 chữ số khác nhau? Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 1. Giải bất phương trình: (log x 8  log4 x 2 )log2 2x  0 2. Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1  2a 5 và  BAC  120o . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh MBMA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM). Bài giải Câu I: 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (Bạn đọc tự làm) 2. Gọi (C ) là đồ thị của hàm số. 7 M(x,y)  ( C )  y   x  2  x2 Phương trình tiệm cận xiên y  x  2  x  y  2  0 khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là xy2 2  7  d1 2 x2 khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là d 2  x  2 Ta có d1d 2  7 7 : hằng số. x2  2 x2 2 Câu II: 1 1   2cot g2x (1) 2sin x sin 2x (1)   cos22x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x  0 1. Giải phương trình : sin 2x  sin x   cos2x  0v 2cos2 x  cosx  1  0(VN)  cos2x = 0  2x      k  x   k 2 4 2 2. Đặt t  x2  2x  2  t2  2 = x2  2x Bpt (2)  m  t2  2 (1  t  2),dox  [0;1 3] t 1 Khảo sát g(t)  t2  2 với 1  t  2 t 1 g'(t)  t 2  2t  2 (t  1)2  0 . Vậy g tăng trên [1,2] t2  2 có nghiệm t  [1,2] t 1 2  m  max g(t)  g(2)  3 t1;2 Do đó, ycbt  bpt m  Câu III: uuur r 1. Ta có AB  (2,4, 16) cùng phương với a  (1,2, 8) uur mp(P) có PVT n  (2, 1,1) uur r Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là : 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0  2x + 5y + z  11 = 0 2. Tìm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với Mp (P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) x 1 y  3 z 2 Pt AA' :   2 1 1 AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của 2x  y  z  1  0   x  1 y  3 z  2  H(1,2, 1)    1 1  2 Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : 2x H  x A  x A '  2y H  y A  y A '  A '(3,1,0) 2z  z  z A A'  H uuuur Ta có A 'B  (6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) ) x  3 y 1 z   1 1 3 Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình Pt đường thẳng A'B : 2x  y  z  1  0   x  3 y  1 z  M(2,2, 3)    1 3  1 Câu IV: 1. Đặt t  2x  1  t 2  2x  1  2tdt  2dx  dx  tdt Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 1 4 3 2x  1 3 t2 1   Vậy I  dx  dt   t  1 dt 1 t t  1  1 2x  1    0  1 1 3  t2  =   t  ln t  1   2  ln2  2 1 2. Giải hệ phương trình x  x 2  2x  2  3y 1  1  (I)  2 x  1  y  y  2y  2  3  1 Đặt u = x  1, v = y  1  u  u2  1  3v  (I) thành (II)  v  v2  1  3u Xét hàm f(x)  x  x2  1 f ´(x)  1 x x2  1  x  x2  1 x2  1 Vậy f đồng biến nghiêm cách trên R.  x x x2  1 0 Nếu u > v  f(u) > f(v)  3v  3u  v > u ( vô lý ) Tương tự nếu v > u cũng dẫn đến vô lý u 2    u  u2  1  3u   1  3 ( u  1  u) (1) Do đó hệ (II)   u  v u  v   Đặt: g(u)  3u ( u2  1  u)  u   g'(u)  3u ln3( u2  1  u)  3u   1  2   u 1     1  g' u  3u u2  1  u  ln 3    0,u  R u2  1   Vậy g(u) đồng biến nghiêm cách trên R. Ta có g(0) = 1. Vậy u = 0 là nghiệm duy nhất của (1) Nên (II)  u = 0 = v Vậy (I)  x = y = 1. Câu Va: 1.Đường thẳng OI nối 2 tâm của 2 đường tròn (C), (C') là đường phân giác y = x . Do đó, đường AB  đường y = x  hệ số góc của đường thẳng AB bằng  1. Vì AB  2  A, B phải là giao điểm của (C) với Ox, Oy.  A(0,1); B(1,0) Suy ra   A '(1,0); B'(0, 1) Suy ra phương trình AB : y =  x + 1 hoặc y =  x  1. Cách khác: phương trình AB có dạng: y =  x + m. Pt hoành độ giao điểm của AB là x2 + ( x + m)2 = 1  2x2  2mx  m2  1  0 (2) (2) có /  2  m2 , gọi x1, x2 là nghiệm của (2) ta có : AB2  2  2(x1  x2 )2  2  (x1  x2 )2  1  4 / 2  1  2  m2  1  m  1 a Vậy phương trình AB : y =  x 1 . 2. Gọi n  a1a2a3a 4 là số cần lập. . TH1 : a4 = 0, ta có 8 cách chọn a1 (vì a1  2) 8 cách chọn a2 7 cách chọn a3 (1 cách chọn a4 ) Vậy ta có 8.8.7.1 = 448 số n. . TH2 : a4  0 vì a4 chẵn. Ta có : 4 cách chọn a4 7 cách chọn a1 8 cách chọn a2 7 cách chọn a3 Vậy ta có 4.7.8.7 = 1568 số n Vậy cả 2 trường hợp ta có : 448 + 1568 = 2016 số n. Câu Vb: 1. Điều kiện x > 0 , x  1  1 1  2log4 x  log2 2x  0 (1)    log8 x 2     1   log2 x   log2 x  1  0  1 log2 x  3   log2 x  1  log2 x  1  (log22 x  3)  0 0 log2 x  log2 x  1  log2 x  1v log2 x  0  0  x  v x  1 2 2. (Bạn đọc tự vẽ hình) Chọn hệ trục Axyz sao cho: A  0, C 2a,0,0 , A1(0,0,2a 5) a a 3   A(0; 0; 0),B  ; ; 0  và M(2a,0,a 5) 2 2  uuuur  5  uuuuur 3  BM  a  ;  ; 5  , MA1  a(2; 0; 5) 2  2  uuuur uuuuur Ta có: BM.MA1  a2(5  5)  0  BM  MA1 Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là : 1 uuuuur uuur uuuur a3 15 V  A A1.  AB,AM   6 3 uuur uuuuu r 1 SBMA1   MB,MA1   3a2 3 2 Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng d  Cách khác: + Ta có A1M 2  A1C12  C1M 2  9a2 BC2  AB2  AC2  2AB.AC.cos1200  7a2 3V a 5  . S 3 BM 2  BC2  CM 2  12a2 A1B2  A1A 2  AB2  21a2  A1M 2  MB2  MB vuông góc với MA1 + Hình chóp MABA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác ABA1 và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau. 1 1  V  VMABA1  VCABA1  AA1.SABC  a3 15 3 3  d(a,(MBA1))  3V SMBA1  6V a 5  MB.MA1 3 ----------@--------- PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)