Giải phương trình: 2 cos 1 sin 2 tan 3

(1)

WEBSITE WWW.TOANMATH.COM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 ĐỀ THI THỬ SỐ 2 MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số yx³3x²2.

Câu 2 (1 điểm).

a) Giải phương trình: log₂xlog₄xlog₃xlog₁₂xlog₁₅x.

b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y x1 3x² 6x9 . Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân:



⁴ _

0

3 3

3

2 cos 2

sin

2 sin



xdx x

x .

Câu 4 (1 điểm). Giải phương trình: 2 cos 1

sin 2

tan 3 

 



 



 

x x x

 .

Câu 5 (1 điểm). Trong hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2; 2; 4) và mặt phẳng (P) : x + y + z + 4 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và (Q) cắt hai tia Ox, Oy tại 2 điểm B và C sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 6.

Câu 6 (1 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có ACa 3,BC3a, góc ACB = 30^o, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc 60^o,



A'BC

 

 ABC



. Lấy điểm HBC sao cho BC3BH và mặt phẳng



A'AH



(ABC). Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B đến (A’AC).

Câu 7 (1 điểm).

a) Cho tập hợp A



0,1,2,3,4,5,6,7,8,9



. Hỏi có bao nhiêu tập con của A có chứa cả hai phần tử 0 và 9.

b) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức:

i z iz i

z iz

2 3 3 2 4

3 ²



 

 



 







 .

Câu 8 (1 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có phương trình đường thẳng AD là 0

7 4 3 : )

(d x y  . Gọi E là điểm nằm bên trong hình vuông ABCD sao cho tam giác EBC cân có góc BEC = 150^o. Viết phương trình đường thẳng AB biết điểm E(2; -4).

Câu 9 (1 điểm). Giải hệ phương trình:

 

²

3 4

( 8)

( 2) 2 1 2( 2 1) 4 4 3( 1)

4 4

4 4 16 2 9 28 3 4 1

x x x y y y y

y y

xy x y x x y y

 

         

  

         



Câu 10 (1 điểm). Cho a² b² 42a4b. Chứng minh rằng:

2 3 3 4 ) 3 2 4 ( ) 3 2 1 ( 2 3

2 2

2        

 a b ab a b

A .

---HẾT---

Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

(2)

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Câu 1. Khảo sát hàm số bậc 3 đơn giản, bạn đọc tự giải.

Câu 2.

a) Điều kiện xác định phương trình: x0

. 1

0 log

0 2 log 2 log 2 2 log 1 1 log

0 log . 2 log log

. 2 log log

log log

log

2

15 12

3 2

2 15 2

12 2

3 2

4 2

15 12

3 4

2













 



    























x x x

x x

x

x x

x

b) Điều kiện: 1 x3 Ta có:

9 6 3

3 3 9 6 3 9

6 3 2

6 1 6

' 2

2

2   





 





 



x x

x y x

2 3

3 9 6 3 0

'   x²  x  x x y

Vậy max y = 6 đạt được khi x = 2 và min y = 0 đạt được khi x = -1.

Câu 3.

Đặt x tdxdt 4

 Đổi cận:

0 4





 t

x và 0

4  

 t

x 

Ta có:



^



_ ^



_



 

 





 

 



 

 



 ⁴

0

3 3

3 4

0

3 3

0 3

4

3 3

3

2 sin 2 cos

2 cos 2

sin 2 cos

2 cos 2 2

cos 2 2

sin

2 2

sin ^ ^

  



xdx x

dt x t t

dt t t t

t I

Từ đó suy ra:

4 2

sin 2 cos

2 cos 2

cos 2

sin

2 2 sin

4

0 4

0

3 3

3 4

0

3 3

3 





 

 





_x ^x _x^dx



_x ^x _x^dx



^dx

I

Vậy:

8

 I . Câu 4.

Điều kiện sinx0

 

















 





 





 





 



 

) ( 1 cos

) cos 1 ( sin 2 1 cos )

cos 1 ( sin 2 sin ) cos 1 ( cos

cos 2 1

sin sin

2 cos cos

1 cot sin cos 2

1 sin 2

tan 3

2

L x

x x

x x x

x x

x x x

x x



(3)

) ( 6 2

5

6 2 















 k

k x

 

Câu 5.

Vì (Q) //(P) nên (Q): x + y + z +d = 0



d ⁴



Giả sử B

 

Q Ox và C (Q)Oy



 ;0;0

 

, 0; ;0



( 0)

B d C d d

Vì



^,



⁶ ²

2

1   

 AB AC d

S_ABC

 (Q): x + y + z - 2 = 0.

Câu 6.

Ta có: ' ( )

' ) ' ( ) ' (

) ( ) ' (

ABC H

A H A BC A AH A

ABC BC

A

ABC AH

A



 













Khi đó góc giữa cạnh bên A’A và mặt đáy (ABC) là góc A’AH = 60^o.

Ta lại có: AH  CH² CA² 2CH.CA.cos30^o a Do đó: A'H AH.tan60^o a 3

Thế tích khối lăng trụ là:

4 30 9

sin . 3 23 3 1

3 '

' ' .

a a a a

V_ABC_A_B_C ^o



 



 

Dễ thấy khối chóp A’ABC có thể tích là

4 3 3

1 ³

' ' ' . '

V a

V_A_ABC  _ABC_A_B_C 

Ta có: ² ^; ^'

 

²

 

³ ⁷

60 ' cos

;

3 AH a AC a ² a ² a

A A a

AC  _o    

Suy ra diện tích tam giác A’AC là:

2 3

7 2

; 3 ) )(

' )(

'

( ²

' a a a a

p AC p C A p A A p p

S_A_AC 







  







Vậy a

S AC V A B d

AC A

ABC A

4 3 3 )) 3

' (

; (

'

' 

 .

(4)

Câu 7.

a) Số tập con của A có chứa cả hai phần tử 0 và 9 bằng số tập con của B



1,2,3,4,5,6,7,8



vì nếu mỗi tập con của tập B nếu ta thêm vào hai phân tử 0 và 9 sẽ được tập con thỏa điều kiện bài toán.

Vậy số tập con của tập A có chứa cả hai phần tử 0 và 9 là 2⁸ = 256.

b) z i

iz i

z iz

2 3 3 2 4

3 ²



 

 



 









Đặt _









 



 

4 1 2

3 t t i z

t iz

Vớit z i

17 35 17 4  4 



Với t z i

2 5 2 1  1



 Câu 8.

Tam giác BEC cân và có góc BEC = 150^o Suy ra tam giác BEC cân tại E.

Gọi H là hình chiếu của E lên AD

Suy ra H là trung điểm của AD và HE = d(E; AD) = 3 Đặt cạnh hình vuông là AB = x

Gọi I là trung điểm của BC, suy ra ; 3

2  

 x EI x BI

Tam giác BIE vuông tại I có góc EBI = 15^o Suy ra

x x BI

o EI 2 6

15

tan 



Suy ra: 2 6 2 3

3

2   x

x x

Phương trình đường thẳng EH qua điểm E và vuông góc với AD, suy ra EH: 4x + 3y + 4 = 0 Đường thẳng AB // EH nên AB có dạng: 4x + 3y + m = 0

Ta có: 3 4 5 3

5 ) 4 ,

(      

 m BI m

AB E d

Vậy phương trình đường thẳng AB là: 4x + 3y + 45 3 = 0 Câu 9.

Điều kiện:x0;y4;y8

(5)

  

2

2 2

4 4 4 4

(1) 2 3 2 ( 2) 2( 2 1) 4 4 3( 1)

4 4

2 3 4 1 ( 2) 2( 2 1) 0 ( 2) ( 1) 2( 2 1) 4 1 0

( 2) ( 1) 2( 2 1) ( 1) 2( 2 1) ( 1) 2( 2 1) 0

( 1) 2( 2

y y y y

x x x x y y y

y y

x x y x x y x x x y x y

x x x y x x y x x y

x x

   

           

 

 

                   

     

                   

   

2

1) 2 3 2( 2 1) 0 ( 1) 2( 2 1) 0

4 1

y x x y x x y

y x

              

   

  

Thay vào (2) ta được:

3 3

3 2 2 3 2 2

4 5 6 7 9 4 ( 1) ( 1) (7 9 4) 7 9 4

x  x  x  x  x  x   x x  x  x  x

Xét f t( ) t³ t. Ta có f t'( )3t²   1 0, t nên hàm số f t( ) đồng biến trên . Do đó: ^{f x}⁽ ^{ }¹⁾ ^f



³⁷^x²^⁹^x^⁴



^{  }^x ¹ ³ ⁷^x²^⁹^x^{ }⁴ ^x³^⁴^x²^⁶^x^{ }⁵ ⁰

5 6( )

1 5 1 5

2 8 ( )

x y n

x y l

  



     



Vậy :S (5;6) Câu 10.

Biến đổi điều kiện:



a¹

 

²  b²



² ¹ Đặt 











 cos 1

sin 1 b a

Từ đó: 2

2 6 sin 2 2 cos 2

sin 3 cos

sin 3 2 cos

sin² ²  



 



 











        

A

Dấu bằng xảy ra













 

2 5

2 1 3

b a

hoặc













2 2 3

2 1

b a