Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
SỞ GD-ĐT TP. ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN

THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM
2016
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 của hàm số y =

−x +1
x−2

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 thoả mãn z − (2 + 3i) z = 1 − 9i
log 22 x + 3
>2
b. Giải bất phương trình
log 2 x + 3
π
2

Câu 4 : (1,0 điểm) Tính tích phân I = cos x (e 2sin x + 1)dx
∫
0

 x = −1 + 3t


x 2 − 5 x + 14
2


Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;

−1
) ; cắt trục hoành tại điểm (1;0)
2


Đồ thị nhận giao điểm I (2;-1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng
Câu 2
Vì x2 – x +1 > 0, nên tập xác định D = R
0,25
2x −1
1
y'=
; y ' = 0 <=> x =
0,25
2
2 x2 − x + 1
y = +∞; lim y = +∞
Bảng biến thiên: xlim
→−∞
x →+∞

0,25

1 3
Từ bảng biến thiên đồ thị hàm số đã cho có điểm cực tiểu là ( ; )
2 2
Câu 3:
a. Đặt z = x + yi, (x,y ∈ R ) => z = x − yi


1 2 1
e +
2
2

0,25

0,25

Câu 5 :
 −1 + 3t 2t
 1 = 1
<=> t = 1 0,25
+ Toạ độ giao điểm (nếu có) của d1; d2 ứng với t thoả hệ : 
 −1 + 3t = 6 − 2t
 1
2
Từ đó d1; d2 cắt nhau tại điểm A(2;3;1); vì vậy d1;d2 cùng chứa trong một mặt phẳng (0,25)
ur
uur
Kí hiệu (P) là mặt phẳng (d1;d2). d1 có vecto chỉ phương (VTCP) u1 (3; 2; −2) ; d2 có VTCP u2 (1;1; 2) . Mặt
r ur uur
phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n = [u1 ; u2 ] = (6; −8;1) 0,25
Phương trình mặt phẳng (P): 6x – 8y + z + 11 = 0
0,25
Câu 6:
2 cos 2 a − 2sin a cos a + 1
a. Ta có T =
0,25
−2 cos 2 a + 2sin a cos a

2
Diện tích tam giác vuông ABC là SABC = AB. AC = a
2
1
2 5a 3
Tính thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC = SE.S ABC =
(đvtt)
3
15
• Tính d(SA;CE)

0,25

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)
Vẽ ED ⊥ ∆ , mà SE ⊥ (ABC)=>SE ⊥ ∆
Do đó ∆ ⊥ (SED). Suy ra (SED) ⊥ (P) theo giao tuyến SD 0,25
Vẽ EF ⊥ SD, suy ra EF ⊥ (P) . Từ (1), d(SA; CE) = d(E;(P)) = EF (2)
a
Có ED = d(A; EC) =
. Có SE ⊥ (ABC)=>SE ⊥ ED
2
Trong tam giác vuông SED, EF =
Từ (2); d(SA;CE) =

2 13a
13

ED.ES
ED 2 + ES 2

Hai tam giác vuông DCF và BCE bằng nhau nên CE = CF (1)
·
·
·
·
Suy ra tam giác CFE cân tại C. Do đó FEC
nên cosFEK
< 90o ; mà FEK
< FEC
> 0 . Từ đó:
3
·
·
cosFEK
= 1: 1 + tan 2 FEK
=
(2)
34
ur
Đường thẳng EK có véc tơ pháp tuyến n1 (19; −8)
uur
11
Đường thẳng EF có VTPT n2 (a; b), (a 2 + b 2 ≠ 0) và qua F ( ;3)
2
11
11a
− 3b = 0(3)
Nên có phương trình: a(x − ) + b( y − 3) = 0 <=> ax + by −
2
2

3)
31
Với a = -1; b = 7, từ (3) có phương trình đường thẳng EF là –x + 7y - = 0
2
19 x − 8 y − 18 = 0
5

=> E (2; ) (nhận do điều kiện xE < 3)
Vì E = EF ∩ EK nên toạ độ điểm E thoả hệ pt 
31
2
 − x + 7 y − 2 = 0
Gọi toạ độ điểm C(m,n)
Từ (1) có


5
11
CE 2 = CF 2 <=> (2 − m)2 + ( − n) 2 = ( − m) 2 + (3 − n) 2
2
2
<=> n = −7 m + 29(4)
IC 1
·
·
·
=
Có FEI
= 450 => tan FEI
= 1 và tan IEC =

(m − 2) + (n − )
|
EF
.
EC
|
1
2
2
·
cosFEC
= uuur uuur <=> 2
=
| EF | . | EC |
10
50
5
(m − 2) 2 + (n − ) 2
4
2
·
·
cos FEC
= 1: 1 + tan 2 FEC
=

5
<=> 14m + 2n − 33 = 20[(m − 2) 2 + (n − ) 2 ]
2
9


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


+
1)


0 x < 1
KL: Giao với điều kiện x >0 ta được tập nghiệm là S = (0;1) 0,25
Câu 10:
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

≤

a 4b 4c = ab 3 abc =
1
2 3

1
1
ab.3 3 abc ≤
(ab + 3 3 abc )
3
2 3

(ab + a + b + c)


);
≥ 2 3(
)
6 4 4
bc + 9
ca + 9
cab

a 3 + b3 b3 + c 3 c 3 + a 3
=> P ≥ 2 3(
+
+
)(3)
ab + 9 bc + 9 ca + 9
a 3 + b3 b 3 + c 3 c 3 + a 3
Đặt Q=
+
+
ab + 9 bc + 9 ca + 9
Bằng phép biến đổi tương đương ta chứng minh được
( a + b) 2
( a + b )3
Với a, b > 0, ab ≤
(4);a 3 + b3 ≥
(5) 0,25
4
4
1
( a + b)3
a 3 + b3


Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 18 3 đạt được khi a = b = c = 3