Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) ứng với m = 1 2

(1)

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

TRƯỜNG THPT LỆ THỦY

Đề số 3

ĐỀ LUYỆN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số yx³3mx²3(m²1)x m ³m (Cm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) ứng với m = 1

2. Tìm m để hàm số (Cm) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến O (O là góc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 os3x.cosx+ 3(1 s in2x)=2 3 os (2² )

c _ c x_4

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân:

6

0

tan( )

4 os2x

x

I dx

c

 _





^.

Câu 4 (1,0 điểm)

1. Tìm số phức z thỏa mãn:



















4 ) (

2 2

2

2 z

z

i z z i z

2. Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ, 5 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó ra 3 viên bi.

Tính xác suất để 3 viên bi vừa lấy ra có đúng 2 viên bi cùng màu.

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tru ̣c toạ độ Oxyz, cho điểm I(2; 0; -2), mặt phẳng (P): 2x - y - 2z + 1 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) tâm I cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích là 16

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC),



SA a 6, AB AC a 3, góc BAC bằng 120⁰; lấy điểm M trên cạnh BC sao cho MC = 2MB.

Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tru ̣c tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x² + y² - 2x - 2my + m² - 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 4 3

1 ( 1) 9

2

x x y y x x x

x y x y x

     



     



(x,yR)

Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương có tổng bằng 3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P3(x²y²z²) 2 xyz.

---Hết---

(2)

ĐÁP ÁN

Câu NỘI DUNG

1.2 Ta có y^, 3x²6mx3(m²1)

Để hàm số có cực trị thì PT y^,0 có 2 nghiệm phân biệt

 x²2mx m ² 1 0 có 2 nhiệm phân biệt     1 0, m

Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)

Theo giả thiết ta có ² 3 2 2

2 6 1 0

3 2 2

OA OB m m m

m

   

      

  



Vậy có 2 giá trị của m là m  3 2 2 và m  3 2 2. 2

os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ ) 2 os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0

PT c x c

c x c x

  

     

 

  

sin(4 ) sin(2 ) 0

6 6

18 3

2 sin(3 ). osx=0

6 x=

2

x x

x k

x c

k

 



 

    

   

   

 



Vậy PT có hai nghiệm

x 2 k và

18 3

x  k

   .

3

2

6 6

2

0 0

tan( )

tan 1

4

os2x (t anx+1)

x x

I dx dx

c

 _ 





 



 ^Đặt ^t^^{t anx}^^dt=_cos¹²_x^dx^^(tan²^x^¹⁾^dx

0 0

1

6 3

x t

x  t

  

Suy ra

1 1

3 3

2 0 0

1 1 3

( 1) 1 2

I dt

t t

    

 



^.

4.1

+ Gọi số phức z = x + yi (x,yR)

Hệ















 

4 4

) 2 2 ( ) 1 ( 2

xyi

i y i y

x





























3 3 2

4 1

1 4

y x

y x y x

y x

Vậy số phức cần tìm là : z i

3 3

4 4  1



4.2

5

(3)

H l

M

C A

B

S

6 *) Diện tích tam giác ABC là:

1 0

. .sin120

ABC 2

S_ = AB AC

1 3 3 2 3

3. 3

2 2 4

= a a . = a (đvdt).

Vậy thể tích hình chóp S.ABC là:

2 .

1 1 3 3

. . 6

3 3 4

S ABC ABC

V = S_ SA a .a 3 ³ 2 4

= a (đvtt).

*) Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABC ta có : BC² = 2AB² – 2AB²cos120⁰  BC = 3a  MB = a.

Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABM ta có:

2 2 2 0 2

2 . cos 30

AM  AB MB  AB MB a AM a AM BM a. Do đó tam giác AMB cân tại M nên

0 0

30 90 (1)

BAM ABM MAC AM AC

        

Mặt khác: SA(ABC)SAAC (2) Từ (1) và (2) ta có: AC(SAM) (3)

Kẻ AH SM (HSM) (4) Từ (3) và (4) ta được: ^{d AC SM}



^,



^^AH

Trong tam giác ASM vuông tại A ta có:

2 2 2 2

1 1 1 7

6a

AH SA AM  6 42

7 7

a a

AH   .

Vậy ^{d AC SM}



^,



⁴²

7

a .

7 Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5.

Gọi H là trung điểm của dây cung AB.

Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.

IH =

2 2

| 4 | | 5 | ( , )

16 16

m m m

d I

m m

   

 

2

2 2

(5 ) 20

25 16 16

AH IA IH m

m m

    

 

Diện tích tam giác IAB làS__IAB 122S__IAH 12

 ²

3

( , ). 12 25 | | 3( 16) 16

3 m

d I AH m m

m

  

     

  

 8

Giải hệ phương trình

2 4 3

(1)

1 ( 1) 9 (2)

2

x x y y x x x

x y x y x

     



     



(x,yR)

ĐK: ¹

0 x y

 

 

2 2

(1) ( ) ( ) 0

0 ( )( ) 0

x x y x x x y

y x

x x y x y x y x x x

x y x x

      

           

  

I

A B 

H

5

(4)

Do đó x =y thay vào pt (2) : 9

1 ( 1)

x x x  x x  2 Đặt t x x1(t0) t² 2x 1 2 x x( 1)

Pt trở thành t²+1+2t=9 hay t²+2t-8=0 chỉ lấy t=2  x 1 x2

2 2

5 25

2 ( 1) 5 2 2

4 4 25 20 4 16

x x x x x

x x x x

 

     

    



Vậy hệ có nghiệm duy nhất(25 25 16 16; )

9 Ta có:

 

3 ( )2 2( ) 2

3 9 2( ) 2

27 6 ( ) 2 ( 3)

P x y z xy yz zx xyz

xy yz zx xyz x y z yz x

 

       

    

    

2

3 2

( )

27 6 (3 ) ( 3)

2

1( 15 27 27)

2

y z

x x x

     

    

Xét hàm số f x( )  x³ 15x²27x27 , với 0<x<3

, 2 1

( ) 3 30 27 0

9 f x x x x

x

 

       

x  0 1 3 

y’ - 0 +

y

27 54

14

Từ bảng biến thiên suy ra MinP =7    x y z 1.