Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com

TRƯỜNG ĐH VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
–LẦN 2
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

−x +1
x−2

Câu 2: (1,0 điểm) Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm hàm số f ( x ) = 3x 4 − 4 x 3 − 12 x
Câu 3: (1,0 điểm)
a. Cho hàm số f ( x) = e x + e −2 x .Tìm x để f '( x ) + 2 f(x) = 3
b. Cho số phức z thoả mãn ( 1 + i ) = 2 − 4i . Tìm phần thực và phần ảo của z
2


3x + 1 
Câu 4 : (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫  sin π x +
÷dx
x −5 ÷
0

1

Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho m ặt phẳng (P): x + y + z – 3 = 0 và điểm


Câu 10: (1,0 điểm) Tìm số thực m lớn nhất sao cho tồn tại các số thực không âm x, y, z thoả mãn: x + y + z
3
3
3
2
2
2
= 4 và x + y + z + 8 ( xy + yz + zx ) = m


ĐÁP ÁN
Câu 1 (1 điểm)
- TXĐ: R\{2 }
- Sự biến thiên:
- Giới hạn và tiệm cận: (0,5)
y = +∞; lim+ y = −∞ do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị (H)
Ta có xlim
→ 2−
x →2
y = −1; lim y = −1 nên đường thẳng y = -1 là tiệm cận ngang của đồ thị (H)
Vì xlim
→−∞
x →+∞
1
> 0, ∀x ≠ 2
( x − 2) 2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 2) và (2; +∞)
Bảng biến thiên + Đồ thị 0,5
Chiều biến thiên: Ta có y ' =

i
Vậy phần thực của z bằng -2; phần ảo của z = -1
Câu 4:
Ta có
1

1

0

0

I = ∫ s inπ xdx + ∫
1

+ ∫ s inπ xdx =
0

1

Tính

∫
0

Đặt

0,5

3x + 1


2

2

3x + 1
t2
2
2
dx = 2∫ 2
dt = 2 ∫ (1 +
−
)dt
x−5
t − 16
t −4 t +4
1
1

=(2t+4ln|t-4|-4ln|t+4|)
Từ đó ta được I =

0,5

2
= 2 − 8ln 3 + 4 ln 5
1

2
+ 2 − 8ln 3 + 4 ln 5

3
b. Gọi X là biến cố Nam thắng cuộc, Ni (i = 0,1,2) là biến cố Nam đá thành công i quả; Hi (i= 0,1,2) là biến
cố Hùng đá thành công i quả.
Khi đó X = ( N1 ∩ H 0 ) ∪ ( N 2 ∩ H 0 ) ∪ ( N 2 ∩ H1 ) 0,5
Theo giả thiết ta có:
P( N1 ∩ H 0 ) = P(N1).P(H0) = (0,9.0,3+0,1.0,7)(0,3.0,2) = 0,0204
P( N 2 ∩ H 0 ) = P(N2).P(H0) = (0,9.0,7)(0,3.0,2) = 0,0378
P( N 2 ∩ H1 ) = P(N2).P(H1) = (0,9.0,7)(0,7.0,2 + 0,3.0,8) = 0,2394
Suy ra P(X) = 0,0204 + 0,0378+ 0,2394 = 0,2976
Câu 7:


Gọi H là trung điểm của A’B’. Khi đó AH ⊥ (A’B’C’) . Suy ra
AA’H=(AA’,(A’B’C’))=45o
a
a 1
a3 3
Do đó AH = A’H = . Suy ra VABC . A ' B 'C ' = . .a.a.sin 60o =
2
2 2
8
·
·
Gọi N là trung điểm của BC. Khi đó ( A ' M , AB ') = ( AN , AB ')
Trong tam giác vuông HAB’ ta có:
a
a
a 2
AB ' = AH 2 + HB '2 = ( )2 + ( ) 2 =
2

2
Câu 8:
Tam giác ABC đều cạnh a nên AN =

Gọi I = EF ∩CD . Ta sẽ chứng minh tam giác EAI vuông cân tại E
Đặt

0,5


uuur r uuur r
AB = a; AD = b.
r r
| a |=| b |
=>  r r
 a.b = 0
uuur uuur uuur r r
AC = AD + DC = b + 3a
uuu
r uuur uuur 1 uuur 5 uuur 1 r r 5 r 1 r r
FE = AE − AF = AC − AB = (b + 3a ) − a = (3b − a )
4
6
4
6
12
uuur uuur 1
r
r
=> AC.EF = (3 | b |2 −3 | a |2 ) = 0 => AC ⊥ EF (1)

2 x+

x 2 +1

log 2 (2 + x 2 + 1) = 23 x log 2 (3 x)(1)

Xét hai trường hợp sau:
1
2
TH1: 0 < x < . Khi đó: 2 x + x +1 log 2 (2 + x 2 + 1) > 2 > 0 > 23 x log 2 (3 x) 0,5
3
Suy ra (1) không thoả mãn
1
TH2: x ≥ Ta có x + x 2 + 1 và 3x đều thuộc khoảng [1;+ ∞ )
3
Xét hàm số f(t) = 2t log2t trên khoảng [1;+ ∞ )
1
t
t
> 0 với mọi t thuộc khoảng [1;+ ∞ )
Ta có f '(t ) = 2 .ln 2.log 2 t + 2 .
t ln 2
Suy ra f(t) đồng biến trên khoảng [1;+ ∞ )
Do đó (1) tương đương với
x + x 2 + 1 =3x
1
Từ đây giải ra được x =
0,5
3
1