Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 1 - THPT Anh Sơn II

* Tập xác định : D =  R
* Sự biến thiên :
- Giới hạn \(\lim_{x\rightarrow -\infty }y=\lim_{x\rightarrow +\infty }y=+\infty\)
Ta có 
\(y'=4x^3-4x;y'=0\Leftrightarrow x=0,x=\pm 1\)
Bảng biến thiên

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1 ; 0) và (1 ; +\(\infty\) ), nghịch biến trên các khoảng (- \(\infty\) ; -1) và (0 ; 1).
- Hàm số đạt cực đại tại x= 0,y_CĐ = -3; hàm số đạt cực tiểu tại x = \(\pm\)1, y_CT = - 4
*Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox tại các điểm (\(\pm \sqrt{3}\);0) , cắt trục Oy tại (0;-3) . Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.

Tiếp tuyến có hệ số góc bằng -5 nên hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình

\(y'=-5\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{5{(x-2)^2}}= - 5 \\ x\neq 2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=3\\ x=1 \end{matrix}\)
Suy ra có hai tiếp điểm là A B (3;7), (1;- 3)
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại A là \(y=-5(x-3)+7 \ hay \ y=-5x+22\)
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại B là \(y=-5(x-1)-3 \ hay \ y=-5x+2\)

a.
Tính được z = 4 - 3i
Khi đó \(\left | z \right |=\sqrt{4^2+(-3)^2}=5\)
Phương trình đã cho tương đương \(3^{2x}-4.3^{x}-45=0\)
b.
Đặt \(3^{x}=t,(t>0)\) ta được \(t^2-4t-45=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} t=9\\ t=-5 \end{matrix}\)
Do t > 0 nên ta chọn t =9, khi đó \(\3^x=9=3^2\Leftrightarrow x=2\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.

Ta có \(I=\int_{0}^{2}4dx+\int_{0}^{2}\frac{x^2}{\sqrt{1+x^3}}dx\)
Tính \(A=\int_{0}^{2}4dx=4x\bigg|^2_0=8\)
Tính \(B=\int_{0}^{2}\frac{x^2}{\sqrt{1+x^3}}dx\). Đặt \(\sqrt{1+x^3}=t\Rightarrow 1+x^3=t^2\Rightarrow x^2dx=\frac{2}{3}tdt\)
Đổi cận \(x\bigg |^2_0\Rightarrow t\bigg |^3_1\). Khi đó \(B=\int_{1}^{3}\frac{\frac{2}{3}t}{t}dt=\frac{2}{3}\int_{1}^{3}dt=\frac{2}{3}t\bigg|^3_1=\frac{4}{3}\)
Vậy I = A + B = 8 + \(\frac{4}{3}\)=\(\frac{28}{3}\)

* Ta có mặt cầu (S) có tọa độ tâm là A( 0; 1; 2), bán kính \(R=d(A;(P))=\frac{1}{3}\)
Vì vậy (S) có phương trình: \(x^2+(y-1)^2+(z-2)^2=\frac{1}{9}\)
* Đặt M(x; y; z). Khi đó theo giả thiết ta có:
\(\left\{\begin{matrix} MA=MB=MC\\ M\in (P) \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} MA=MB\\ MB=MC\\ 2x+2y+z-3=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2x-3y-z=2\\ 2x-y=1\\ 2x+2y+z=3 \end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2\\ y=3\\ z=-7 \end{matrix}\right.\)
Vậy M(2;3;-7)

a.
Do \(\frac{\pi}{2}< \alpha < \pi\) nên \(sin\alpha >0\). Do đó \(sin^2\alpha =1-cos^2\alpha =1-\frac{4}{9}=\frac{5}{9}\Rightarrow sin\alpha =\frac{\sqrt{5}}{3}\)
Vậy \(P=2sin\alpha .cos\alpha +2cos^2\alpha -1=2.\frac{\sqrt{5}}{3}.(-\frac{2}{3})+2(-\frac{2}{3})^2-1=-\frac{1+4\sqrt{5}}{9}\)

b.
Không gian mẫu \(\Omega\) là các cách chọn môn tự chọn và số mã đề thi có thể nhận được của Mạnh và Lâm.
Mạnh có \(C_{3}^{2}\) cách chọn hai môn tự chọn, có \(C_{6}^{1}.C_{6}^{1}\) mã đề thi có thể nhận cho hai môn tự chọn của Mạnh.
Lâm có \(C_{3}^{2}\) cách chọn hai môn tự chọn, có \(C_{6}^{1}.C_{6}^{1}\) mã đề thi có thể nhận cho hai môn tự chọn của Lâm.
Do đó \(n(\Omega )=(C_{3}^{2}.C_{6}^{1}.C_{6}^{1})^2=11664\)
Gọi A là biến cố để Mạnh và Lâm chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi. Các cặp gồm hai môn tự chọn mà mỗi cặp có chung đúng một môn thi là 3 cặp, gồm: 
Cặp thứ nhất là (Vật lí, Hóa học) và (Vật lí, Sinh học)
Cặp thứ hai là (Hóa học, Vật lí) và (Hóa học, Sinh học)
Cặp thứ ba là (Sinh học, Vật lí) và (Sinh học, Hóa học)
Suy ra số cách chọn môn thi tự chọn của Mạnh và Lâm là \(C_{3}^{1}\) .2! = 6
Trong mỗi cặp để mã đề của Mạnh và Lâm giống nhau khi Mạnh và Lâm cùng mã đề của môn chung, với mỗi cặp có cách nhận mã đề của của Mạnh và Lâm là
\(C_{6}^{1}.C_{6}^{1}.1.C_{6}^{1}=216\)
Suy ra \(n(\Omega )=216.6=1296\)
Vậy xác suất cần tính là \(P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{1296}{11664}=\frac{1}{9}\)

*Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo giả thiết ta có \(SH\perp (ABCD)\).  Gọi O là giao điểm của AC và BD. 
 Ta có \(CH=\frac{2}{3}CO=\frac{1}{3}AC=a\Rightarrow AH=AC-HC=2a\)
Cạnh SA tạo với đáy góc 45⁰, suy ra \(\widehat{SAH}=45^0,SH=AH=2a\)
Diện tích đáy \(S_{ABCD}=AB.AD=a.2\sqrt{2}a=2\sqrt{2}a^2\)
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là \(V=\frac{1}{3}S_{ABCD}.SH=\frac{1}{3}.2\sqrt{2}a^2.2a=\frac{4\sqrt{2}a^3}{3}\)
*Gọi M là trung điểm SB thì mp(ACM) chứa AC và song song với SD. 
Do đó d(SD; AC)= d(SD; (ACM))= d(D; (ACM)).
Chọn hệ tọa độ Oxyz, với A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; \(2 \sqrt{2a}\); 0),
\(C(a;2\sqrt{2}a;0),S(\frac{2a}{3};\frac{4\sqrt{2}a}{3};2a), M(\frac{5a}{6};\frac{2\sqrt{2}a}{3};a)\)
Từ đó viết phương trình mp(ACM) là \(2\sqrt{2}x-y-\sqrt{2}z=0\)
Vậy \(d (SD,AC) =d (D, ACM)=\frac{\left | -2\sqrt{2}a \right |}{\sqrt{8+1+2}}=\frac{2\sqrt{22}a}{11}\)

Tam giác ABC cân tại A nên đường cao AK là trung trực canh BC, do đó AK có phương trình 2x – y = 0. Phương trình đường thẳng BC là x + 2y = 0.
Ta chứng minh Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Thật vậy. 
Vì AD // PE, AE // PD nên ADPE là hình bình hành, do đó PD = AE, AD = PE
Gọi H là giao điểm của DE với CQ. Vì P, Q đối xứng nhau qua DE nên DP =DQ,\(DH\perp PQ,EQ=EP\)
Do đó AE= DP= DQ, EQ= EP= AD. Suy ra ADEQ là hình thang cân, nên ADEQ nội tiếp được đường tròn. Vì thế ta có
\(\widehat{DAQ}+\widehat{DEQ}=180^0\Rightarrow \widehat{DEQ}=180^0-\widehat{DAQ}\)  (1)
Tam giác ABC cân tại A nên tam giác EPC cân tại E, suy ra EP = EC. Lại có Q đối xứng với P qua DE nên EQ= EP, suy ra EQ = EP = EC.
Từ đó có \(\left\{\begin{matrix} \widehat{EQC}=\widehat{ECQ}\\ \widehat{EPH}=\widehat{EQH} \end{matrix}\right.\Rightarrow \widehat{EPH}=\widehat{ECH}\)  suy ra EPCH nội tiếp được đường tròn (2). 
Từ (1) và (2) ta được
\(\widehat{BCQ}=180^0-\widehat{PEH}=180^0-\widehat{QEH}=\widehat{DEQ}=180^0-\widehat{DAQ}\)\(=180^0-\widehat{BAQ}\)
hay \(\widehat{BCQ}+\widehat{BAQ}=180^0\)
 Suy ra tứ giác ABCQ nội tiếp, tức Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua B, C, Q có phương trình là \(x^2+y^2=5\)
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ \(\left\{\begin{matrix} 2x-y=0\\ x^2+y^2=5 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=-1,y=-2\\ x=1,y=2 \end{matrix}\right.\)
Đối chiếu A, Q cùng phía với đường thẳng BC ta nhận điểm A(-1 ; -2).
Vậy A(-1 ; -2).

Bất phương trình đã cho tương đương
\((x\sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2-x+1}\sqrt{x^2-x+2})+(1-\sqrt{x^2-x+1})>0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(x-1)(2x^2-x+2)}{x\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-x+1}\sqrt{x^2-x+2}}+\frac{x(1-x)}{1+\sqrt{x^2-x+1}}\))>0
\(\Leftrightarrow (x-1) (\frac{(2x^2-x+2)}{x\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-x+1}\sqrt{x^2-x+2}}-\frac{x}{1+\sqrt{x^2-x+1}})\)>0
\(\Leftrightarrow (x-1).A>0\) (1) với \(A=\frac{2x^2-x+2}{x\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-x+1}\sqrt{x^2-x+2}}-\frac{x}{1+\sqrt{x^2-x+1}}\)

Nếu \(x\leq 0\) thì \(\left\{\begin{matrix} \sqrt{x^2-x+1}\geq \sqrt{x^2+1}\\ \sqrt{x^2-x+2}>-x \end{matrix}\right.\Rightarrow \sqrt{x^2-x+1}\sqrt{x^2-x+2}\geq -x\sqrt{x^2+1}\)

\(\Rightarrow \sqrt{x^2-x+1}\sqrt{x^2-x+2}+x\sqrt{x^2+1}>0\Rightarrow A>0\)
Nếu x>0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 
\(\large \left\{\begin{matrix} \sqrt{x^2-x+1}\sqrt{x^2-x+2}\leq \frac{x^2-x+1+x^2-x+2}{2}=x^2-x+\frac{3}{2}\\ \\ x\sqrt{x^2+1}\leq \frac{x^2+x^2+1}{2}=x^2+\frac{1}{2} \end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \sqrt{x^2-x+1}\sqrt{x^2-x+2}+x\sqrt{x^2+1}\leq 2x^2-x+2\)
\(\Rightarrow A\geq 1-\frac{x}{1+\sqrt{x^2-x+1}}>0\) vì \(\frac{x}{1+\sqrt{x^2-x+1}}<1\)

Tóm lại, với mọi x \(\in\) R ta có A>0. Do đó (1) tương đương \(x-1>0\Leftrightarrow x>1\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (1;\(+\infty\)) .

Ta có \(a\in [0;1],b\in [0;2],c[0;3]\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (1-a)(b+c)\geq 0\\ (2-b)(a+c)\geq 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} b+c\geq ab+ac\\ 2a+2c\geq ab+bc \end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow 2a+b+3c\geq 2ab+bc+ac\) (1)

\(\Rightarrow \frac{2(2ab+ac+bc)}{1+2a+b+3c}\leq \frac{2(2ab+ac+bc)}{1+2ab+ac+bc}\)
Mặt khác \(b+c\geq a(b+c)\)vì a \(\in\) [0;1], suy ra 
\(\frac{8-b}{b+c+b(a+c)+8}\leq \frac{8-b}{a(b+c)+b(a+c)+8}=\frac{8-b}{2ab+bc+ac+8}\)
Với mọi số thực x, y, z ta có 
\((x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq 0\Leftrightarrow 2(x^2+y^2+z^2)\geq 2xy+2yz+zx\)
\(\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z) \ \ (2)\) 

Áp dụng (2) và (1) ta có

\(\sqrt{12a^2+3b^2+27c^2}=\sqrt{3[(2a)^2+b^2+(3c)^2]}\)\(\geq \sqrt{(2a+b+3c)^2}=2a+b+3c\geq 2ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow \frac{b}{\sqrt{12a^2+3b^2+27c^2}+8}\leq \frac{b}{2ab+bc+ac+8}\)
 Suy ra \(P\leq \frac{2(2ab+bc+ac)}{1+2ab+bc+ac}+\frac{8-b}{2ab+bc+ac+8}+\frac{b}{2ab+bc+ac+8}\)
\(P\leq \frac{2(2ab+bc+ac)}{1+2ab+bc+ac}+\frac{8}{2ab+bc+ac+8}\)
Đặt \(t=2ab+bc+ac\) với \(t\in [0;13]\)
Xét hàm số \(f(t)\frac{2t}{t+1}+\frac{8}{t+8};t\in [0;13]\) có \(f'(t)=\frac{2}{(t+1)^2}-\frac{8}{(t+8)^2};f(t)=0\Leftrightarrow t=6\)
Tính \(f(0)=1;f(16)=\frac{16}{7};f(13)=\frac{47}{21}\Rightarrow f(t)\leq \frac{16}{7},\forall t\in [0;13]\)
và \(f(t)=\frac{16}{7}\) khi t = 6
Do đó \(P\leq \frac{16}{7}\). Khi \(a=1;b=2;c=\frac{2}{3}\) thì \(P=\frac{16}{7}\)
 Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{16}{7}\)