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

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





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 →−∞


- 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  ;
 .

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


(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

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 =

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

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


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



. ( 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

(1,0đ)

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

2

0 nên bất phương trình tương
Vì ( x − 2 ) +
2
2


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


 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)

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;