Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com SỞ GD & ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG (Đề thi gồm có 01 trang) ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN – NĂM 2016 Môn: TOÁN 12 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2x +1 x−2 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị tham số m để hàm số y = x + (m + 3) x + − m đạt cực đại điểm x = – Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn z + z = − 4i Tìm môđun số phức z Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = b) Giải bất phương trình log x − log (3 x) − < ( x + x )e − x + x dx x +1 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x+2 y−2 z = = điểm −1 A(2;3;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A (d) Tính cosin góc mặt phẳng (P) mặt phẳng tọa độ (Oxy) Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos3x-cosx+2sin2x=0 12 b) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niutơn (2 x + ) , x > x Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có AB=a,BC=2a,BC=2a,ABC=120o, hình chiếu vuông góc A mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm cạnh A’B’, góc đường thẳng AC’ mặt phẳng (A’B’C’) 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ góc hai mặt phẳng (BCC’B’) (ABC) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường thẳng chứa đường cao kẻ từ A, trung tuyến kẻ từ B phân giác kẻ từ C (d1),: 3x – 4y +27=0, (d2): 4x + 5y – = 0, (d3): x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d ) :  x + x + − y − y + = x − xy + y (x, y ∈ ¡ )   4( x + 1)( xy + y − 1) − x = x − x Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a b c 2(a + b + c ) + + + b+c c+a a +b ab + bc + ca ĐÁP ÁN Câu + Tập xác định: D = ℝ \ {2} + Sự biến thiên −5 < 0, ∀x ∈ D Chiều biến thiên: y ' = ( x − 2) Hàm số nghịch biến khoảng (–∞;2) (2;+∞) Giới hạn: lim− y = −∞; lim+ y = +∞ => x = tiệm cận đứng x →2 x→2 lim y = lim y = => y = tiệm cận ngang x →+∞ x →−∞ Bảng biến thiên: + Đồ thị −1 −1 ;0), giao với Oy (0; ) 2 Đồ thị nhận I(2;2) làm tâm đối xứng Giao với Ox ( Câu Ta có: y = x + (m + 3) x + − m y ' = 3x + (2m + 6) x y '' = x + 2m + 3(−1) + (2m + 6)(−1) =  y '(−1) = −3  m = Hàm số đạt cực đại x = –1   y''(−1) z = a − bi Ta có : z + z = − 4i (a + bi ) + 2( a − bi ) = − 4i 3a − bi = − 4i   4a = 2 a =   => z = + 4i  −b = −4 b = Vậy | z |= a + b = 37 b) log x − log (3 x) − < 0(1) x > x ≥ ĐK:  log x ≥ Với điều kiện trên, ta có: (1) log x − (1 + log x ) − < log x − log x + < ( log x − 1)( log3 x − 2) >  log x >  log x >  x > 81     log x < 1 ≤ x <  ≤ log x < (tích dương ngoặc dấu, suy luận ta trường hợp trên) (thỏa mãn điều kiện) Vậy tập nghiệm bất phương trình cho [1;3) ∪ (81; +∞) Câu 1 0 I = ∫ xe − x dx + ∫ x2 dx = I1 + I x +1 −x Tính I1 = ∫ xe dx Đặt u=x=>du=dx,dv= e − x dx => v = −e x −1 − x −1 −x I = − xe − −e − x dx = −e = − ( − 1) = − Suy ∫ 0 e e e e I2 = ∫ x2 x2 dx = ∫ ( x − + )dx = ( − x + ln | x + 1|) = − + ln = ln − x +1 x +1 2 Vậy I = I1 + I = + ln − e Câu Ta có (d) qua điểm M(-2;2;0) uuuur Có AM = (−4; −1; −1) ∈ (P) uur Vectơ phương (d), ud = (−1;1; 2) ∈ (P) ur uuuur uur Do (P) nhận n1 = [ AM ; ud ] = (−1;9; −5) làm vectơ pháp tuyến (P) qua A(2;3;1) nên có phương trình –x+9y-5z-20=0 uur Mặt phẳng (Oxy) nhận n2 = (0;0;1) làm vectơ pháp tuyến Gọi α góc mặt phẳng (P) (Oxy), ta có: ur uur ur uur | n1.n2 | | −1.0 + 1.0 + 2.1| cosα =| cos( n1 ; n2 ) |= ur uur = = | n1 | | n2 | + + + + Vậy cosin góc (P) (Oxy) Câu a) Ta có: cos 3x − cos x + 2sin x = −2sin x sin x + 2sin x = −2sin x(sin x − 1) = kπ  x=  sin x =  kπ   x = sin x =  x = π + k 2π  kπ Vậy nghiệm phương trình cho x = (k ∈¢ ) b) Theo công thức nhị thức Niutơn: 12 12 k k 12 k 12 −k 12− 65 k 12 − k ) = C (2 x ) ( ) = ∑ C12 x ∑ 12 5 x x k =0 k =0 Số hạng không chứa x tương ứng với: 12 − k = k = 10 10 12 −10 = 264 Số hạng C12 (2 x + Câu Gọi H trung điểm A’B’, AH ⊥ (A’B’C’) nên góc AC’ (A’B’C’) ( AC '; HC ') = AC ' H = 60o A' B ' a = 2 Áp dụng định lí cosin vào tam giác HB’C’ ta có: Ta có: A ' B ' = AB = a; B ' C ' = BC = 2a, B ' H = HC '2 = HB '2 + B ' C '2 − HB ' B ' C '.cos120o = ∆ AHC’ vuông H: AH = HC '.tan 60o = Diện tích ∆ ABC: S ABC = 21a a 21 => H ' C = 3a a2 AB.BC.sin120o = 2 Thể tích lăng trụ: VABC A ' B 'C ' = AH S ABC = 3a 21 Gọi M trung điểm AB Vẽ MK ⊥ BC K Ta có AHB’M hình chữ nhật Suy B’M ⊥ (ABC) ⇒ BC ⊥ B’M ⇒ BC ⊥ (B’MK) Suy BC ⊥ B’K Vậy góc (BCC’B’) (ABC) α =(MK;KB’)=MKB’ Ta có: B' M = AH = 3a ∆ MKB vuông K: MK = MB.sin 60o = a B'M = 21 MK Vậy góc (BCC’B’) (ABC) α = arctan 21 Câu ∆ MKB’ vuông M: tan α = ur ur Vectơ phương d1 u1 (4;3) Vì d1 ⊥ BC nên BC nhận u1 (4;3) làm vectơ pháp tuyến uur Ta có d3 nhận n3 (1; 2) làm vectơ pháp tuyến uuur Gọi nAC (a; b)(a + b ≠ 0) vectơ pháp tuyến AC Vì d3 phân giác góc C nên (d3;AC) = (d3;BC) Suy uuur uur ur uur | a + 2b | | 4.1 + 3.2 | | cos (nAC ; n3 ) |=| cos(u1 ; n3 ) |= = 25 a + b2 | a + 2b |= a + b (a + 2b) = 4( a + b ) 3a − 4ab = Chọn b=1=>a= (loại AC // BC) a = Suy (0;1) vectơ pháp tuyến AC Gọi C(5-2c;c) ∈ d Phương trình AC qua C nhận (0;1) làm vectơ pháp tuyến có dạng: y-c=0 3 x − y + 27 = x − 27 => A( ; c) Tọa độ A nghiệm hệ:  y −c = Gọi M trung điểm AC M giao AC d2, nên có tọa độ nghiệm hệ: 4 x + y − = − 5c => M ( ; c)  y −c = M trung điểm AC nên − 2c + 4c − 27 − 5c = => c = 3 => A(−5;3); C (−1;3) Phương trình BC có dạng: 4x + 3y – = Tọa độ B nghiệm hệ: 4 x + y − = => B (2; −1)  4 x + y − = Ta thấy A B nằm phía d3 suy d3 phân giác đỉnh C ∆ ABC, không thỏa mãn Vậy tam giác ABC thỏa mãn yêu cầu đề Câu  x + x + − y − y + = x − xy + y (1) (I )   4( x + 1)( xy + y − 1) − x = x − x Ta có  x + x + ≥ y − y + (1)  2 2 ( x + x + − y − y + 1) = x − xy + y (2) (2) xy + x − y + = x + x + y − y +  xy + x − y + ≥  2 ( xy + x − y + 2) = 4( x + x + 1)( y − y + 1)(3) (3) ( xy + x − y ) + 4( xy + x − y ) + = 4[(x + x)( y − y ) + x + x + y − y + 1] ( xy + x − y ) = 4[x y − xy ( x − y ) + ( x − y ) ] −3 x y + xy ( x − y ) − 3( x − y ) = −3(xy− x + y) = xy + y = x  x + x + ≥ y − y + 1(*)   xy + x − y + ≥ 0(**) (I)   xy + y = x 4( x + 1)( x − 1) − x = x − x (4)  Đặt t = x − x Ta thấy x = nghiệm (4), x ≠ Suy x t + tx + x = (t + ) + x > 0, ∀ x ≠ Do đó: (4) x − x − = t x − x − = t − x 4( x − x − 1)(t + tx + x ) = t − x = x − x − x ( x − x − 1)(4t + 4tx + 3x ) = x − x − = 0( 4t + 4tx + x = (2t + x) + x > 0, ∀x ≠ 0) 1± 1− −1 − •x = => y = ( L) 2 1+ −1 + •x = => y = (TM ) 2 x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( + −1 + ; ) 2 Câu 10 a b c 2(a + b + c ) + + + b+c c+a a +b ab + bc + ca Bất đẳng thức phụ: Với số dương x1;x2;x3;y1;y2;y3, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai số, ta có: P= 2    x2   x3    x  ÷   y1 + ÷ + ÷ +  ÷  ÷  y1 ÷   y2   y3     x x x ( x + x + x )2 + + ≥ (*) y1 y2 y3 y1 + y2 + y3 ( ) ( y2 ) +( y3 )  ≥  x1   y  x y1 + y2 Trở lại toán: Áp dụng bất đẳng thức AM–GM cho hai số dương, ta có: a 2a 4.2 a a a2 = ≥ = 2 = 2 b+c 2a (b + c ) (2a + b + c) 2a + b + c 2a + ab + ac Ta có hai bất đẳng thức tương tự, kết hợp áp dụng bất đẳng thức (*) ta được: a b c a2 b2 c2 + + ≥ 2( + + ) b+c c+a a+b 2a + ab + bc 2b + bc + ba 2c + ca + cb  a2 + b2 + c2  + 2÷  ( a + b + c)  ab + bc + ca  ≥ 2 = 2 2 2 a + b + c 2(a + b + c + ab + bc + ca ) +1 ab + bc + ca Đặt t = a + b2 + c2 2(t + 2) (t ≥ 1) , ta có: P ≥ + 2t ab + bc + ca t +1 Xét hàm số f (t ) = f '(t ) = 2(t + 2) + 2t [1; +∞) t +1 − t + t + ( t − 1) + = > 0, ∀t ∈ [1; +∞) (t + 1) 2t (t + 1) 2t x y2 + y3  y3 ÷ ÷  Hàm số f(t) đồng biến liên tục [1;+∞), đó: f (t) ≥ f(1) = Dấu xảy a = b = c Vậy GTNN P 2 5 => P ≥ 2