Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 1 - THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai

* Tập xác định: \(D=R\) \ {1}
* Sự biến thiên: 
Ta có: \(y'=-\frac{3}{(x-1)^2}< 0,\forall x\in D\)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng \((-\infty ;1);(1;+\infty )\)
Hàm số không có cực trị.
* Giới hạn và tiệm cận: 
Ta có: 
\(\lim_{x\rightarrow -\infty }y=\lim_{x\rightarrow +\infty }=2\Rightarrow\)  đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C)
\(\lim_{x\rightarrow 1^-}y=-\infty ;\lim_{x\rightarrow 1^+}y=1=+\infty \Rightarrow\)  đường thẳng x=1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị (C).
* Bảng biến thiên:  

 Đồ thị: 
Đồ thị (C) cắt Ox tai điểm \(\left ( -\frac{1}{2};0 \right )\),  cắt trục Oy tai điểm (0;-1)

TXĐ:D = R
Ta có \(y=3x^2-6mx+3m+6\)

\(y'=0\Leftrightarrow x^2-2mx+m+2=0 \ (*)\)
Hàm số đã cho có hai điểm cực trị khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt
hay \(\Delta '=m^2-m-2> 0\)
\(\Leftrightarrow m< -1\) hoặc \(m>2\)

1)
Đặt \(z=x+yi\), ta có \((1+2i)(x-yi)+(3+2i)(x+yi)=8+14i\)
\(\Leftrightarrow 4x+(4x+2y)i=8+14i\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4x=8\\ 4x+2y=14 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2\\ y=3 \end{matrix}\right.\Rightarrow z=2+3i\)
Suy ra \(w=3+4i\) nên \(\left | w \right |=5\)
2)
Phương trình tương đương với
\(2^x-6.2^{\frac{x}{2}}+8=0\Leftrightarrow 2^{\frac{x}{2}}=2\) hoặc \(2^{\frac{x}{2}}=4\)
Suy ra x = 2 hoặc x = 4 là nghiệm của phương trình. 

Ta có \(I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{cosx.sinxdx}{2+cosx}\)
Đặt \(t=2+cosx\Rightarrow dt=-sinxdx\)
Đổi cận \(x=0\Rightarrow t=3, x=\frac{\pi}{2}\Rightarrow t=2\)
Khi đó
\(I=2\int_{2}^{3}\frac{t-2}{t}=2\int_{2}^{3}(1-\frac{2}{t})=2(t-2lnt)\bigg |^3_2=2(1-2ln\frac{3}{2})\)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên \(\Delta\), ta có 
\(H(1+2t;t;-1-t), \overrightarrow{AH}=(2t;t+4;-t-2)\)
Vì \(AH\perp \Delta\) nên \(\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{u_\Delta }=0\Leftrightarrow 2.2t+t+4+t+2=0\Leftrightarrow t=-1\Rightarrow H(-1;-1;0)\)
Bán kính mặt cầu \(R=AH=\sqrt{14}\)
Phương trình mặt cầu \((x-1)^2+(y+4)^2+(z-1)^2=14\)

1) Ta có \((sinx+cosx)^2=\frac{1}{4}\Leftrightarrow sinxcosx=-\frac{3}{8}\)
Do đó \(A=(sinx+cosx)^3-3sinxcosx(sinx+cosx)=\frac{1}{8}+\frac{9}{16}=\frac{11}{16}\)
2)
Số hạng tổng quát: \(C_{9}^{k}(3k^2)^{9-k}\left ( -\frac{2}{x} \right )^k=C_{9}^{k}3^{9-k}(-2)^k.x^{18-3k}\)
Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn \(18-3k=0\Leftrightarrow k=6\)

Vậy số hạng không chưa x là: \(C_{9}^{6}.3^3.2^6=145152\)

Ta có AC là hình chiếu vuông góc của AC' lên mặt phẳng (ABC) nên \(\widehat{A'CA}=30^0\)
Suy ra \(AA'=AC.tan30^0=a\)
\(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\)
Thể tích khối lăng trụ là: \(V=AA'.S_{\Delta ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}\)

Gọi M là trung điểm của AA', ta có AB \(\parallel\) MN nên góc giữa hai đường thẳng AB và CN là góc \(\widehat{MNC}\)
Ta có \(NM\perp CM\) và \(MN=AB=a, CN=\sqrt{BC^2+BN^2}=\frac{a\sqrt{17}}{2}\)
Suy ra \(cos\widehat{MNC}=\frac{MN}{NC}=\frac{2}{\sqrt{17}}\)
Vậy \(cos(AB,CN)=\frac{2}{\sqrt{17}}\)
 

Đặt \(AB=a\), suy ra \(AD= 2a,\frac{BM}{BD}=\frac{BA^2}{BD^2}=\frac{1}{5}\) nên \(EM=ED=\frac{2}{5}BD\)
Ta có \(\overrightarrow{AE}=\frac{3}{5}\overrightarrow{AD}+\frac{2}{5}\overrightarrow{AB},\overrightarrow{FE}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}+\frac{3}{5}\overrightarrow{BD}=-\frac{3}{5}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{10}\overrightarrow{AD}\)
Suy ra \(\overrightarrow{AE}.\overrightarrow{FE}=-\frac{6}{25}AB^2+\frac{3}{50}AD^2=0\) nên \(AE\perp FE\)
Mà \(\overrightarrow{EF}=(1;-3)\) nên ta có phương trình \(AE:x-3y+17=0\)
Suy ra \(A(3a-17;a)\)
Lại có \(FE^2=\frac{9}{25}AB^2+\frac{1}{100}AD^2=\frac{2}{5}a^2\Rightarrow a=5\)

suy ra \(AE^2=\frac{9}{25}AD^2+\frac{4}{25}AB^2=40\Leftrightarrow (3a-18)^2+(a-6)^2=40\Leftrightarrow a=8,a=4\)
Mà x_A < 0 nên A(-5; 4).
Từ AD = 10 và FA = FD nên tọa độ của D là nghiệm của hệ:
\(\left\{\begin{matrix} (x+5)^2+(y-4)^2=100\\ (x-2)^2+(y-3)^2=50 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=3\\ y=10 \end{matrix}\right.\Rightarrow D(3;10)\) (do x_D >1)
Vì \(\overrightarrow{BD}=\frac{5}{2}\overrightarrow{ED}\) nên ta suy ra B (-2; 0). Suy ra C (6; 6). 

Điều kiện: x < 1.
Phương trình \(\Leftrightarrow 1+2\sqrt{3(1-x)^2}=(1-x)\left [ 3.\sqrt[3]{3(2x-1)}+2 \right ]\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{1-x}+2\sqrt{3(1-x)}=3.\sqrt[3]{3(2x-1)}+2\)  (do x = 1 không là nghiệm của phương trình)
\(\Leftrightarrow \frac{3(2x-1)}{3(1-x)}+2\sqrt{3(1-x)}=3.\sqrt[3]{3(2x-1)}\)
Đặt \(a=\sqrt{3(1-x)}, b =\sqrt[3]{3(2x-1)}\) ta có phương trình 
\(\frac{b^2}{a^2}+2a=3b\Leftrightarrow 2a^3-3a^2b+b^3=0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2(2a+b)=0\Leftrightarrow a=b,b=-2a\)
Mặt khác \(2a^2+b^2=3\)
+) \(a=b\), ta có \(2a^2+a^3=3\Leftrightarrow a=1\Leftrightarrow 8a^3-2a^2+3=0\) (1)
Vì a > 0 nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 
\(a^3+a^2+1\geq 3a^2\Rightarrow 2a^3+1>2a^2\)
Do đó, ta suy ra được (1) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x=\frac{2}{3}\)

Ta có ab + bc + ca = 3abc
Nên \((a + 1)(b+1)(c+1)=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1\)
\(=\frac{4}{3}(ab+ba+ca)+a+b+c+1\)
Mà \((ab+ba+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)\Rightarrow a+b+c\leq ab+bc+ca\)

Do đó \(a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)\leq (ab+bc+ca)^2-2(ab+bc+ca)\)
Đặt \(t=ab+bc+ca\), ta có \(a+b+c\geq \sqrt{3t}\) nên \(t\geq \sqrt{3t}\Rightarrow t\geq 3\)
\(P\geq \frac{4}{3}t+\sqrt{3t}+1+\frac{4}{\sqrt{t^2-2t+1}}=\frac{4}{3}t+\sqrt{3t}+1=f(t)\)
Xét hàm số f(t) với t \(\geq\) 3 ta có
\(f'(t)=\frac{4}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{t}}-\frac{4}{(t-1)^2}\)

Vì \(t\geq 3\) nên \((t-1)^2\geq 4\Rightarrow \frac{1}{(t-1)^2}\leq \frac{1}{4}\)
Do đó \(f'(t)>0\forall t\geq 3\), suy ra \(f(t)\geq f(3)=10\Rightarrow P\geq 10\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy GTNN của P là 10.