DE THI THU 06

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ SỐ. 6. ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016. 1 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 4  2 x 2 . 2 Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y  ln cos x  . Chứng minh rằng y ' tan x  y " 1  0 .. Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1  z 2  3 và z1  z 2  4 . Tính z1  z 2 . b) Giải phương trình 4 x  3.2 x . x 2 2 x 3  4. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   0.  41. x 2 2 x 3. 0.. x tan x  cos x dx . 1  tan 2 x. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;3;2  , B 3;2;1 và mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  11  0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng  P    30 0 . sao cho MB  2 2 và MBA Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 4 sin 2 x  1  8 sin 2 x cos x  4 cos 2 2 x .. b) Cho đa thức P  x   1  x   1  x     1  x  7. 8. 2016. . Tìm hệ số của x 7 trong. khai triển đa thức của P  x  . Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , cạnh bên SA  2a và vuông góc với đáy. Gọi E là trung điểm của CD . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABE . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C 4;3 và M là một điểm nằm trên cạnh AB  M  A, M  B  . Gọi E , F lần. lượt là hình chiếu vuông góc của A , C lên DM và J là giao điểm của CE và BF . Tìm tọa độ điểm A , biết J 2;3 và đỉnh B nằm trên đường thẳng d : x  2 y  10  0 .  2  x  y 1 2 3  y   xy  2 1 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  .  2 2  y 5  x  x  y  4 Câu 10 (1,0 điểm). Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  y  1 . Tìm giá. trị lớn nhất của biểu thức P . xy x  xy  3 y 2. 2. . x 2y . 6x  y. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Bạn đọc tự làm. Email: 5.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> cos x . /. Câu 2. Ta có y ' . . cos x. Suy ra y "   y ''  . sin x   tan x . cos x. 1 . cos 2 x. Do đó y ' tan x  y " 1   tan 2 x .  1  1 1 1   1  1  0 . 2 2   cos x  cos2 x cos x. Vậy y ' t anx  y "1  0 . Câu 3. a) Gọi z1  a1  b1i , z 2  a2  b2i a1 , b1 , a2 , b2    .  z1  3 ● Từ z1  z 2  3   , ta được  z 2  3 . a12  b12  9  .  2 a2  b22  9 . ● Từ z1  z 2  4 , ta có a1  a2   b1  b2 i  4  a1  a2   b1  b2   16 2. 2.  a12  a22  b12  b22  2 a1a2  b1b2   16  2 a1a2  b1b2   2 .. Suy ra z1  z 2  a1  a2   b1  b2 i  a1  a2   b1  b2   a12  a22  b12  b22  2 a1a2  b1b2   2 5 . 2. 2. Vậy z1  z 2  2 5 .  x  1 b) Điều kiện: x 2  2 x  3  0   . x  3 . Với điều kiện trên phương trình trở thành 2 2 x  3.2 x.2  1  3.2. 2. x 2 x 3  x.  4.2. . 2. x 2 2 x 3  x. x 2 2 x 3.  4.2 2. x 2 2 x 3. 0.  0.. t  1 loại , t  0 . Phương trình trở thành  1  3t  4.t 2  0   . t  1/ 4 2 1 1 Với t  , ta được 2 x 2 x 3 x   x 2  2 x  3  x  2 4 4  x  2  0 7  x 2  2 x  3  x  2   2 . 2  x   x  2 x  3   x  2 2  7 Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x  . 2. Đặt t  2. x 2 2 x 3  x.  4. Câu 4. Ta có I    x sin x cos x  cos3 x  dx  0  4.  4.  4. 1 x sin 2 xdx   cos3 xdx . 2 0 0. dx  dx u  x ● Tính A   x sin 2 xdx . Đặt    . dv  sin 2 xdx v   1 cos 2 x 0  2. 6. Email:

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  4. .  4. . 4 4 1 1 1 1 1 Suy ra A   x cos 2 x   cos 2 xdx   cos 2 xdx  sin 2 x  . 2 2 0 2 0 4 4 0 0  4. ● Tính B   0. . . 4 1 4 5 2 1 3 cos3 xdx   cos 3 x  3 cos x  dx   sin 3 x  sin x   .  12 0 4 0 4 12. 1 1 5 2 AB   . 2 8 12   Câu 5. Gọi M a; b ; c  . Suy ra BM  a  3; b  2; c 1 , BA  2;1;1 .. Vậy I .  M   P  a  2b  2c 11  0 Ta có    .  MB  2 2 a  32  b  22  c  12  8       BA.BM 3 0 Hơn nữa, cos BA, BM  cos 30     2 BA . BM. . . 1. . 2.a  3  1.b  2   1.c 1. . 3  2a  b  c  3  0 . 2. 6.2 2 a  2b  2 c 11  0 a  1 a  1  2 2 2     Từ 1 và 2  , ta có hệ a  3  b  2   c 1  8  b  1 hoặc b  4 .    2a  b  c  3  0 c  3 c  1  Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán là M 1;2;3 hoặc M 1; 4;1 .. 2 . Câu 6. a) Phương trình tương đương với 4 1  cos 2 x   1  8 1  cos2 x  cos x  4 2 cos 2 x 1. 2.  16 cos 4 x  8 cos3 x 12 cos 2 x 8 cos x 1  0  2 cos x  18 cos3 x  6 cos x  1  0  2 cos x  12 cos 3 x  1 0.. 1   x    k 2, k  . 2 3 1 2 2 2 ● 2 cos 3 x  1  0  cos 3x    3 x    k 2  x   k , k  . 2 3 9 3  2 2 Vậy phương trình có nghiệm x    k 2, x   k k  . 3 9 3. ● 2 cos x 1  0  cos x . b) Ta xem đây là tổng của một cấp số nhân với số hạng đầu là u1  1  x  , công bội 6. q  1  x và có tất cả 2010 số hạng. Do đó. 1  x   1 1  x   1  x  P  x   1  x  .  . x 1  x   1 2010. 2017. 7. 7. Email: 7.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Suy ra hệ số của x 7 trong khai triển thành đa thức của P  x  chính là hệ số của x 8 trong khai triển 1  x . 2017. .. 8 Vậy hệ số cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là C 2017 .. Câu 7. Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là S ABCD  a 2 . 1 2a 3 Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  SABCD .SH  (đvtt). 3 3 S Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB . x Kẻ Jx   ABCD  , suy ra Jx là trục của đường. tròn ngoại tiếp tam giác AEB và Jx  SA . Trong mặt phẳng SA, Jx  , kẻ đường trung trực  của đoạn SA . Gọi I    Jx . Ta có ● I  Jx nên IA  IB  IE . ● I   nên IA  IS .. M I. 1 2 . A. Từ 1 và 2  , suy ra IA  IB  IE  IS nên I. D. F. J. là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABE .. E. Bán kính mặt cầu R  IA  AJ 2  IJ 2 . B SA ● IJ  a. 2 1 AB. AE .BE AE .BE 5a ● Ta có SABE  AB.AD  , suy ra AJ   . 2 4 AJ 2 AD 8. C. 2  5a  a 89 Vậy R     a 2  .  8  8. Câu 8. Ta chứng minh CE  BF . Thật vậy:  AD  DC Xét hai tam giác vuông EAD và FDC , ta có     . EDA  FCD phu FDC  Suy ra EAD  FDC nên ED  FC và AE  DF . 1. . .  ED  FC  Xét hai tam giác DEC và CFB , ta có DC  CB .  EDC   FCB  phu DCF   Suy ra DEC  CFB nên CE  BF .. . . Hơn nữa, ta lại có AC  DB .. 2  3.   ECA  hay JBI   JCI . Từ 1 , 2  và 3 , suy ra DFB  AEC nên FBD   BIC   90 0 hay CE  BF . Do đó tứ giác JBCI nội tiếp nên BJC. 8. Email:

<span class='text_page_counter'>(5)</span> M. A. B. E J I. F. C. D.  Đường thẳng BJ đi qua J 2;3 và có VTPT CJ  6;6 nên BJ : x  y  5  0 .. x  2 y  10  0 Do B  BJ  d nên tọa độ điểm B thỏa mãn hệ   B 0;5 . x  y  5  0 Đường thẳng BC đi qua hai điểm B và C nên có phương trình BC : 2 x  y  5  0 .. Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc BC nên AB : x  2 y  10  0 . Điểm A  AB nên A 10  2a ; a  . Ta có  A 8;1 a  1 2 2 AB 2  BC 2  80  10  2a   a  5  80     . a  9   A 8;9  Đường thẳng CJ đi qua hai điểm C và J nên có phương trình CJ : x  y  1  0 .. Do A , B khác phía với CI nên ta chọn A 8;1 . Vậy A 8;1 . Câu 9. Điều kiện: x  5, y  3 . Lấy 1  2  vế theo vế, ta được  x  y  1 2 3  y 2   y 5  x 2  xy  x  y  6 . Sử dụng bất đẳng thức cơ bản ab . a2  b2 với mọi a, b   , ta có 2.  x  y  1  2 3  y 2  2.  x  y  1 2 3  y   2. y 5  x 2 . 2. ;. y2  5 x 2 . 2.  x  y  1  2 3  y 2  2. Suy ra  x  y  1 2 3  y. 2.  y. 5 x  2. 2  xy  x  y  6 .. . y2  5 x 2 2.  2 x  y  1  2 3  y  x  2 Dấu ''  '' xảy ra    .   y  1 2  y  5  x  Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện, hệ có nghiệm duy nhất  x ; y   2; 1 .. Email: 9.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  2  x 0  y0 1  2 3  y0  : A Nhận xét. Ý tưởng ra đề là tìm cặp số  x 0 ; y0  sao cho  . Sau  2  y  5  x :  B 0  0 2 2 a b đó áp dụng bất đẳng thức ab  , ta được 2.  x  y  1 2 3  y 2   y 5  x 2  xy  x  y  6 . Để có được VP 1 : f  x, y  và VP 2  : g  x , y  như trên ta tìm f  x , y , g  x , y  thỏa mãn  f  x , y   g  x , y   xy  x  y  6   f x , y   A .  0 0   g  x 0 , y0   B   2  y 12  x   x  y  3 Bài tập tương tự 1. Giải hệ phương trình  . Đ/S:  x ; y   3;3 .  x 12  y  15  x  y   2  x  y  1 2 3  y   xy  6 Bài tập tương tự 2. Giải hệ  . Đ/S:  x ; y   2; 1 .  2 y 5  x  x  y  3 2  x 2 5  y 2  xy  7  Bài tập tương tự 3. Giải hệ  2 . Đ/S:  x ; y   2;1 .  x  y  1 8 x 2  y 2  y  x  y  5  2. x y 1 1 1 1 1 1 1  2   2       .   y y y y 4  y 2 4 2. Câu 10. Do x  0, y  0 , xy  y  1 nên 0 . Ta có P . x x 1 2 x 2y y y    . 2 x  x 2  xy  3 y 2 6  x  y   x   x 6  1      3  y  y  y  xy. x 1 t 1 t 2 , suy ra 0  t  . Khi đó P   . 2 y 4 t  t  3 6 t  1 t 1 t 2 1 Xét hàm số f t    , với 0  t  . 2 4 t  t  3 6 t  1. Đặt t . 7  3t. Ta có f ' t   2. t. 2.  t  3. 3. . 1 2 t  1. 2. .. 1 nên t 2  t  3  t t 1  3  3 ; 7  3t  6 và t  1  1 . 4 1 1 7  3t 7  3t 1 1 1 Do đó và   0.     . Suy ra f ' t   2 3 2 6 3 3 3 2 2 t  1 2 t 2  t  3. Vì 0  t . 10 Email:

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  1  7  10 5 Do đó P  f t   f    .  4  30. Khi x . 1 7  10 5 và y  2 , ta có P  . 2 30. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng. 1  7  10 5 ; khi  x ; y    ;2 .  2  30. Email: 11.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>