SỞ GD-ĐT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1
(Đề gồm 01 trang)

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

−x +1
.
x−2

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

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 thỏa mãn z − ( 2 + 3i ) z = 1 − 9i .
b) Giải bất phương trình

log 22 x + 3
> 2.
log 2 x + 3
π
2

Câu 4. (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ cosx ( e2sin x + 1) dx .
0

 x = −1 + 3t


Câu 5. (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :  y = 1 + 2t và
 z = 3 − 2t

x y −1 z + 3
. Chứng minh d1 và d 2 cùng thuộc một mặt phẳng và viết phương trình mặt
=
=
1
1
2
phẳng đó.
Câu 6. (1,0 điểm).
cos 2α − sin 2α + 2
, biết tan α = 2 .
a) Tính giá trị của biểu thức T =
−cos2α + sin 2α − 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
d2 :

từ các chữ số của tập hợp E. Tính số phần tử của tập hợp S. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập hợp S; tìm xác
suất để số lấy ra nhất thiết phải có mặt chữ số 3.
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 α sao cho tan α =

10
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng
5


SA, CE.

 11 
Câu 8. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD. Điểm F  ;3  là trung
2 
điểm 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 19 x − 8 y − 18 = 0 . Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết
rằng điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3.

Câu 9. (1,0 điểm). Tìm tất cả các số thực dương x thỏa mãn

x 2 − 5 x + 14
3

2

<

2
.
x

2 + 3 x − x +1
Câu 10. (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 9 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P =

(a

4


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

a 4b 4 c

+

(b

4

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

b4 c 4 a

Hết

+

(c

4

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

c 4 a 4b

.



SỞ GD-ĐT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN
(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)

Câu

Đáp án

Điểm

• Tập xác định: D = ℝ \ {2}
• Sự biến thiên:
- Giới hạn và tiệm cận:
Vì lim− y = +∞ và lim+ y = −∞ nên tiệm cận đứng là đường thẳng x = 2 .
x→2

0,25

x→2

Vì lim y = −1 và lim y = −1 nên tiệm cận ngang là đường thẳng y = −1 .
x →−∞


- Đạo hàm: y / =

x →+∞

1

( x − 2)

2

> 0, ∀x ≠ 2

0,25

- Bảng biến thiên:

1
(1,0đ)

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

 −1 
- Đồ thị cắt trục tung tại điểm  0;  và cắt
 2 
trục hoành tại điểm (1; 0 ) .

0,25


- Đồ thị nhận giao điểm I ( 2; −1) của hai
đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

Vì x 2 − x + 1 > 0, ∀x nên tập xác định D = ℝ .
1
2x −1
; y/ = 0 ⇔ x =
y/ =
2
2
2 x − x +1
Bảng biến thiên:
lim y = +∞ và lim y = +∞ .
x →−∞

0,25

0,25

x →+∞

2
(1,0đ)

0,25

1 3
Từ bảng biến thiên, đồ thị hàm số đã cho có điểm cực tiểu là  ;
 .

2 2 

0,25

a) Đặt z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) ⇒ z = x − yi
Từ giả thiết, ta có

3
(1,0đ)

( − x − 3 y − 1) + ( −3x + 3 y + 9) i = 0

− x − 3 y − 1 = 0
 x + 3 y = −1
⇔
⇔
−3 x + 3 y + 9 = 0
x − y = 3
⇔ ( x = 2; y = −1)

0,25

0,25

Kết luận: z = 2 − i .
1


b) Điều kiện x > 0 và x ≠


1
(*)
8

t2 + 3
Đặt t = log 2 x , bất phương trình đã cho trở thành
> 2 ⇔ −3 < t < −1 hoặc t > 3
t +3
1
1
⇔ < x < hoặc x > 8 .
8
2
1 1
Kết luận: Giao với điều kiện (*), ta có tập nghiệm là S =  ;  ∪ ( 8; +∞ ) .
8 2
π

π

π

2

2

2

0,25


π
1
1
Suy ra I1 = e 2sin x | 2 = ( e2 − 1)
0
2
2

0,25

π
2

π

Có I 2 = ∫ cos xdx = sin x| 2 = 1

0,25

0

0

1
1
Từ đó I = I1 + I 2 = e2 + .
2
2

5

(1,0đ)

0,25

π

12
I = ∫ cosx.e2sin x dx + ∫ cos xdx . Có I1 = ∫ cosx.e2sin x dx = ∫ e2sin x d ( 2sin x )
20
0
0
0

4
(1,0đ)

0,25

0,25

 −1 + 3t 2t
 1 = 1
Tọa độ giao điểm (nếu có) của d1 , d 2 ứng với t thỏa hệ 
⇔ t =1.
−
1
+
3
t
6

−
2
t

=
 1
2
Từ đó, d1 , d 2 cắt nhau tại điểm A ( 2;3;1) ; vì vậy d1 , d 2 cùng chứa trong một mặt phẳng.
Kí hiệu ( P ) là mặt phẳng ( d1 ; d 2 ) . d1 có vectơ chỉ phương (VTCP) u1 = ( 3; 2; −2 ) ; d 2 có
VTCP u2 = (1;1; 2 ) . Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến là n = u1 ; u2  = ( 6; −8;1) .
Phương trình mặt phẳng (P): 6 x − 8 y + z + 11 = 0 .

0,25

0,25
0,25
0,25

2

2 cos α − 2sin α .cosα + 1
−2 cos 2 α + 2sin α .cosα
2 − 2 tan α + (1 + tan 2 α ) 3
Vì tan α = 2 nên cosα ≠ 0 , từ đó T =
= .
−2 + 2 tan α
2
5
b) n ( S ) = A7 = 2520 .


0,25

a) Ta có T =

6
(1,0đ)

0,25
0,25

4
6

Số các phần tử của tập S có mặt chữ số 3 là 5. A = 1800 .
1800 5
Xác suất cần tính là
= .
2520 7
* Tính VS . ABC :

0,25

Trong tam giác vuông AEC , EC = AE2 + AC2 = a 2 .
Có α = ( CS ; CE ) = SCE .

7
(1,0đ)

2a 5
Trong tam giác vuông SEC , SE = EC.tan SCE =

.
5
1
Diện tích tam giác vuông ABC là S ABC = AB. AC = a 2 .
2
3
Thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC = 1 SE.S ABC = 2 5a (đvtt).

3

2

15

0,25

0,25


* Tính d ( SA; CE ) : 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)

0,25

Vẽ ED ⊥ ∆ , mà SE ⊥ ( ABC ) ⇒ SE ⊥ ∆ .
Do đó ∆ ⊥ ( SED ) . Suy ra ( SED) ⊥ ( P) theo giao tuyến SD .
Vẽ EF ⊥ SD , suy ra EF ⊥( P) . Từ (1), d ( SA;CE) = d ( E;( P) ) = EF (2)
Có ED = d ( A; EC ) =


a

2

. Có SE ⊥ ( ABC ) ⇒ SE ⊥ ED .

Trong tam giác vuông SED , EF =

ED.ES
2

ED + ES

2

=

2 13a
.
13

0,25

2 13a
.
13
Gọi I là trung điểm của CD.
Từ (2), d ( SA; CE ) =

IK 1

= .
IE 4
tan FEI + tan IEK

Có tan FEI = tan 450 = 1 và tan IEK =

5
.
1 − tan FEI .tan IEK 3
Hai tam giác vuông DCF và BCE bằng nhau nên CE = CF (1),

(

)

Có tan FEK = tan FEI + IEK =

=

0,25

suy ra tam giác CFE cân tại C. Do đó FEC < 900 ; mà FEK < FEC
3
nên cos FEK > 0 . Từ đó cos FEK =1: 1+ tan2 FEK =
(2).
34

Đường thẳng EK có vec tơ pháp tuyến (VTPT) là n1 = (19; −8 )
Đường thẳng EF có VTPT n2 = ( a; b ) , ( a 2 + b2 ≠ 0 ) và qua F  11 ;3  nên có phương trình:
2 

11a
 11 
− 3b = 0 (3)
a  x −  + b ( y − 3) = 0 ⇔ ax + by −
2
2

n1.n2

19a − 8b

3

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

1493
=0 .
2


19x − 8 y −18 = 0

 58 199
, suy ra E ; 
Vì E = EF ∩ EK nên tọa độ điểm E thỏa hệ phương trình 
1493
17 34 
97x + 71y − 2 = 0
(loại do điều kiện xE < 3 ).
31
Với a = −1; b = 7 , từ (3) có phương trình đường thẳng EF là − x + 7 y − = 0 .
2
19 x − 8 y − 18 = 0

 5
Vì E = EF ∩ EK nên tọa độ điểm E thỏa hệ phương trình 
, suy ra E  2; 
31
 2
 − x + 7 y − 2 = 0
(nhận do điều kiện xE < 3 ).

3

0,25


Gọi tọa độ điểm C ( m; n ) .
2


2

2
2
5
  11

Từ (1), có CE 2 = CF 2 ⇔ ( 2 − m ) +  − n  =  − m  + ( 3 − n)
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
Từ đó tan FEC = tan FEI + IEC =
1 − tan FEI .tan IEC
1
Suy ra cos FEC = 1: 1 + tan 2 FEC =
(5) (do FEC < 900 nên cos FEC > 0 )
10
7
1
5





Có EF =  ;  , EC =  m − 2; n − 
2
2
2




7
1
5
m − 2) +  n − 
(
1
EF .EC
2
2
2
⇔
=
Từ (5), cos FEC =
2
10
EF . EC
50
5
2


. ( m − 2) +  n − 
4
2


(

)

0,25

2

5 
2

⇔ 14m + 2n − 33 = 20 ( m − 2 ) +  n −   (6)
2  



9

m=
Thay (4) vào (6) rồi thu gọn, ta được 2m 2 − 15m + 27 = 0 ⇔ 
2 .

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
2
2
2 2 
nằm khác phía đối với đường thẳng EK).
- 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).
Điều kiện: x > 0
Vì 2 + 3 3 x 2 − x + 1 > 0, ∀x > 0 nên bất phương trình đã cho tương đương

x3 − 5 x 2 + 14 x < 4 + 6 3 x 2 − x + 1

0,25

0,25

⇔ x 3 − 5 x 2 + 14 x − 4 − 6 3 x 2 − x + 1 < 0

(

)

⇔ ( x − 1) ( x 2 − 4 x + 4 ) + 6 x − 3 x 2 − x + 1 < 0
2

⇔ ( x − 1)( x − 2 ) +

9

(1,0đ)

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

2

<0



6 ( x 2 + 1)
2

 <0
⇔ ( x − 1) ( x − 2 ) +
2 
2
3 2
2
x + x. x − x + 1 + 3 ( x − x + 1) 


2
6 ( x + 1)
2
> 0 , với mọi x > 0 nên bất phương trình tương
Vì ( x − 2 ) +
2
2

3 2
2
3
x + x. x − x + 1 + ( x − x + 1)
đương x − 1 < 0 ⇔ x < 1 ;
Kết luận: Giao với điều kiện x > 0 , ta được tập nghiệm là S = ( 0;1) .
4

0,25

0,25

0,25


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

6

a 4b 4 c = ab. 3 abc =


a 4b4 c ≤

1
1
1
ab.3 3 abc ≤
ab + 3. 3 abc ≤
( ab + a + b + c)
3
2 3
2 3

(

)

1

( ab + 9 ) (2) (theo BĐT AM-GM hai số không âm, ba số không âm) ; Đẳng
2 3
thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 (do a + b + c = 9 ).
Hay

Từ đó

(a

4


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

a 4b 4 c

(b

4

0,25

a 3 + b3
(do (1) và (2))
≥2 3
ab + 9

+ c 4 )( b 2 + c 2 )

 b3 + c 3 
≥ 2 3
Tương tự, ta có
;
6 4 4
bca
 bc + 9 
 a 3 + b 3 b3 + c 3 c 3 + a 3 
Từ đó P ≥ 2 3. 
+
+
 (3)

 ab + 9 bc + 9 ca + 9 

(c

4

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

c 4 a 4b

3

(a + b)
≥

 c3 + a3 
≥ 2 3

 ca + 9 

a 3 + b3 b3 + c 3 c3 + a 3
+
+
ab + 9 bc + 9 ca + 9
Bằng phép biến đổi tương đương ta chứng minh được:

Đặt Q =
10
(1,0đ)


Với a , b > 0 ,

( a + b)
ab ≤

2
3

(4) và a + b

4

4

3

(5)

0,25

1
3
3
(a + b)
( a + b ) (6) (do (4) và (5))
a 3 + b3
Từ đó
≥ 4
=

ab + 9 1 a + b 2 + 9 ( a + b ) 2 + 36
(
)
4
3

Ta sẽ chứng minh

(a + b) ≥ a + b − 3
(
)
2
( a + b ) + 36

(7)

t3
2
Thật vậy, đặt t = a + b ⇒ t > 0 ; ( 7 ) ⇔ 2
≥ t − 3 ⇔ 3 ( t − 6) ≥ 0 (đúng với mọi t > 0 );
t + 36
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 6 ⇔ a + b = 6 .
a 3 + b3
≥ a + b − 3 ; Đẳng thức xảy ra khi a = b = 3 .
Từ (6), (7), có
ab + 9
b3 + c3
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 = 9 ; 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 .
Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 18 3 đạt được khi a = b = c = 3 .

Hết

5

0,25

0,25