Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  C1 ,m=1

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: Toán (ĐỀ VIP 3)

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất 2016!(Kèm đáp án)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x³³mx²



Cm



1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

 

C1 ,m=1.

2. Tìm m để đồ thị của hàm số



Cm



có tiếp tuyến tạo với đường thẳngd x: y70 góc  , biết os ¹

c   26

Câu II (1 điểm) Giải phương trình 2 cos 3 cos 3 1 sin 2

 

2 3 os² 2

x x x c  x 4

     

 

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

 

3ln 2 3 2

0 ^x 2

I dx

e







Câu IV (1 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, ^{ABa 2}. Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn ^{IA 2IH}

 

. Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng ⁶⁰⁰. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH).

Câu V (1 điểm) ) Trong không gian hệ toạ độ Oxyz,cho ba điểm A(1;–2;3), B(2;0;1), C(3;–1;5).

Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng và tính diện tích tam giác ABC.

Câu VI (1 điểm )1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: ^{f x}

 

^{x48x26trên}

 3; 5

 .

2.Khai triển và rút gọn biểu thức:



^1x



^{2 1}



^x



^2...n



^1x



ⁿ thu được đa thức:

 

0 1

P x a a x...a x_n ⁿ. Tìm hệ số a₈biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: ¹₂ ¹₃ ¹

n n

C C n.

Câu VII (1 điểm)Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6), phương trình đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là: 2x y130 và 6x13y29 0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Câu VIII (1 điểm) Giải hệ phương trình:

 

²

2

3 2

2 3

x y x y x y x y

x x y x y

        



     



Câu IX (1 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện:x + y + z = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ²

 

²

 

²

 

P x y z y z x z x y

yz zx xy

  

  

CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG !

Hướng dẫn

Câu I:

Hàm số (C1) có dạng yx³3x2

 Tập xác định:

 Sự biến thiên - lim , lim

x y x y

     

- Chiều biến thiên: y'3x² 3 0x 1

Bảng biến thiên

X  -1 1 

y’ + 0 - 0 +

Y

4 

 0

Hàm số đồng biến trên các khoảng



^{ ; 1 , 1;}

 

^



, nghịch biến trên khoảng (-1;1)

Hàm số đạt cực đại tại x 1,y_CD 4. Hàm số đạt cực tiểu tại x1,y_CT 0

Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn

f( x)=x^3- 3x+2

-2 -1 1 2

-1 1 2 3 4

x y

2.(1,0 điểm)

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến n1



k; 1



, d có vec tơ pháp tuyến

 

2 1;1

n 



Ta có ^{1 2}

2

1 2

3

1 1 2

cos 26 2 1 2

3

n n k k

n n k k



 

 

    

  





 

Yêu cầu bài toán ít nhất một trong hai phương trình y'k v y₁ à 'k₂ có nghiệm x

 

 

2

2

3 2 1 2 2 3 ó nghiê

2

3 2 1 2 2 2 ó nghiê

3

x m x m c m

x m x m c m

     

 

     



' 2 1

' 2

2

1 1 1

8 2 1 0 4 2 2

3 3

4 3 0

4 1 4

m m m

m m

m m

m m m

 

    

 

    

  

    

  

      

 

 

Câu II:

 

 

2 cos 3 cos 3 1 sin 2 2 3 os2 2 4 cos 4 os2 3 1 sin 2 3 1 os 4

2

x x x c x

x c x x c x





 

     

 

  

         

 

 

os4 3 sin 4 os2 3 sin 2 0

sin 4 sin 2 0

6 6

2 sin 3 cos 0 6

c x x c x x

x x

x x

 



    

   

      

   

 

    

 

sin 3 0 18 3

6 cos 0

2

x k

x

x k

x

 



 

       

    

  

 

 

Câu III:

   

3ln 2 3ln 2 3

2 2

3 3

0 2 0 3 2

x

x

x x

dx e dx

I

e e e

 

 

 

Đặt ³ 1 ³

3

x x

te dt e dx. Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2 Khi đó

   

2 2 2

2 2

1 1 1

3 3 1 1 2 3 2 3 3 1

ln ln

4 2 4 2 2 4 2 6

2 2

dt t

I dt

t t t t

t t t

     

 





 



               

Câu IV

*Ta có IA 2IH

H thuộc tia đối của tia IA và IA2IH BC AB 22a

Suy ra 3

, 2 2

a a

IAa IH  AH IA IH 

Ta có ^{2 2 2 0} 5

2 . .cos 45

2 HC  AC AH  AC AH HC a

Vì

  

^,

  

^{600 .tan 600 15}

2 SH  ABC  SC ABC  SCH  SH HC a

Ta có ^{2 2 2 0} 5

2 . .cos 45

2 HC  AC AH  AC AH HC a

Vì

  

^,

  

^{600 .tan 600 15}

2 SH  ABC  SC ABC  SCH  SH HC a

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

 

3 .

1 15

3 . 6

S ABC ABC

V  S_ SH  a dvtt

* ^{BI AH BI}



^SAH



BI SH

 

 

 



S

H

C

A

B I

. K

 

 

 



^,



¹



^,

  

¹



^,

  

¹

2 2 2 2

,

d K SAH SK a

d K SAH d B SAH BI

SB d B SAH

      

Câu V

Ta có:AB(1; 2; 2), AC (2;1; 2) [AB, AC]  (6; 6; 3)  0

Suy ra:AB, AC 

không cùng phương nên A, B, C không thẳng hàng Diện tích tam giác ABC: S _ABC=¹ AB, AC ⁹

2 2

   

 

Câu VI

 

^{4 8 2 6}

 

^{4 3 16}

f x x  x   f x  x  x,

 

^{0 0}

2 f x x

x

 

     



³



^9,

 

^{0 6,}

 

^{2 10,}

 

^{5 9}

f    f  f   f  

Vậy:

       

3; 5 3; 5

Max f x f 0 6, min f x f 2 10

 

   

 

    

b) (0,5 điểm) Ta có:

    

2 3 2

3 3

1 7 1

9

2 7.3! 1

5 36 0

1 1 2

n n

n n

C C n n n n

n n n n n n

 

 

             

Suy ra:a8 là hệ số của x⁸trong biểu thức:^{8 1}



^x



^{8 9 1}



^x



⁹. Đó là:8C₈⁸9C₉⁸ 89

Câu VII

Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM

Khi đó:

CH : 2x y 130, CM : 6x13y290 Từ hệ: ^{2 13 0 C}



^{7; 1}



6 13 29 0

x y

x y

  

   

   

 AB CH

 

ABCHn u  1; 2 AB :x2y160 _{A(4; 6)} ^{M(6; 5)}

C(–7;–1)

B(8; 4) H

Từ hệ: ^{2 16 0 M 6;5}

 

^{B 8; 4}

 

6 13 29 0

x y

x y

  

  

   



Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC:

 

^{C :x2y2 mxnyp0}

Vì A, B, C thuộc (C) nên:

52 4 6 0 4

80 8 4 0 6

50 7 0 72

m n p m

m n p n

m n p p

     

 

 

     

 

       

 

Vậy:

 

^{C :x2y2 4x6y72 0}

 

^{C : (x2)2(y3)2 85}

Câu VIII

Hệ:

   

 

2

2

3 2 1

2 3 2

x y x y x y x y

x x y x y

        



     



ĐK: ⁰

 

^*

0 x y x y

 



 

 Đặt:t x y0. Từ (1) ta có:t t 3 t²2 t

   

 

2 3 1

3 2 0 1 0

3 2

3 3

1 0 1 vì 0 0

3 2 3 2

t t t t t t t

t t

t t t t t

t t t t

          

 

   

            

   

   

Suy ra:^{xy 1 y 1 x}

 

³ . Thay (3) vào (2) ta có: x² 3 2x 1 3

   

 

2 2

2

2 2

1 2 2

3 2 2 1 1 0

2 1 1 3 2

1 2 1 2 1

1 0 1 vì 0,

2 1 1 2 1 1 2

3 2 3 2

x x

x x

x x

x x

x x x

x x

x x

 

        

   

     

           

   

   

   

Suy ra:



^x1;y0



thoả mãn (*). Vậy:Hệ có nghiệm duy nhất:



^x1;y0



Câu IX

Ta có:

 

2 2 2 2 2 2

P x x y y z z *

y z z x x y

      .

Nhận thấy: x²y²xyxy x y, 

Do đó:

 

2 2

3 3

, 0 x y , 0

x y xy x y x y x y x y

y x

          

Tương tự, ta có :

2 2 2 2

, 0, , 0

y z z x

y z y z z x x z

z  y     x  z    

Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được:

 

P2 xyz 2 x y z, , 0 và xy z 1

Hơn nữa, ta có: P = 2 khi: ¹ x yz3. Vậy: minP = 2