Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán số 1

.Tập xác định : D = R.
Sự biến thiên: 
- Giới hạn, tiệm cận: \(\lim_{x\rightarrow +\infty }y=+\infty ;\lim_{x\rightarrow -\infty }y=-\infty\)

- Bảng biến thiên:
\(y'=3x^2-6x;y=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=0\\ x=2 \end{matrix}\)

Hàm số đồng biến trên các khoảng: (\(-\infty\) ;0);(2;\(+\infty\))
Hàm số nghịch biến trên khoảng: (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 , y_cđ = y(0) = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại x =2 , y_ct = y(2) = -2
Đồ thị

\(y'=3x^2-6mx+m^2-1\)
Điều kiện cần: hàm số đạt cực đại tại x = 2 khi
\(y'(2)=0\Leftrightarrow m^2-12m+11=0\)
\(\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} m=1\\ m=11 \end{matrix}\)
Điều kiện đủ y''= 6x - 6m
Với m = 1, y ''(2) =6>0 nên x = 2 không phải là cực đại
Với m = 11, y ''(2)=- 54 > 0 nên x = 2 là cực đại

Vậy m = 11

a.
\(\left | z \right |=\left | \bar{z}-1+2i \right |\Leftrightarrow \left | 1+(m-2)i \right |=\left | (-m+4)i \right |\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{1+(m-2)^2}=\sqrt{(-m+4)^2}\)
\(\Leftrightarrow m^2-4m+5=m^2-8m+16\)
\(\Leftrightarrow m=\frac{11}{4}\)
b.
Điều kiện \(\left\{\begin{matrix} x>-3\\ x\neq 1\\ x>0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\neq 1\\ x>0 \end{matrix}\right.\)
Với điều kiện trên phương trình tương đương với
\(log_2(x+3)+log_2\left | x-1 \right |=2+log_2x\)
\(\Leftrightarrow log_2\left [ (x+3)\left | x-1 \right | \right ]=log_2(4x)\)
\(\Leftrightarrow (x+3)\left | x-1 \right | =(4x)\)
TH1: x > 1, phương trình tương đương với \(x^2-2x-3=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=-1 \ (loai)\\ x=3 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\)
TH2: 0 < x < 1 phương trình tương đương với \(x^2+6x-3=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=-3-2\sqrt{3} \ (loai)\\ x=-3+2\sqrt{3} \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\)

Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là \(\left \{ 3;3+2\sqrt{3} \right \}\)

Đặt \(t=e^x\Rightarrow dt=e^xdx\)
Với \(x=ln2\Rightarrow t=2;x=ln3\Rightarrow t=3\)
Ta có
\(I=\int_{2}^{3}\frac{1}{1-t^2}dt=\frac{1}{2}\int_{2}^{3}\left ( \frac{1}{1-t}+\frac{1}{1+t} \right )dt=\frac{1}{2}\left ( \int_{2}^{3}\frac{1}{1+t}dt-\int_{2}^{3}\frac{1}{t-1}dt \right )\)
\(=\frac{1}{2}ln\left | \frac{1+t}{1-t} \right | \bigg|^3_2=\frac{1}{2}(ln2-ln3)=\frac{1}{2}ln\frac{2}{3}\)

Gọi A (1+2t;t;-2-3t) là giao điểm của d và (P)
\(\Rightarrow 2(1+2t)+t-2-3t-2=0\Leftrightarrow t=1\Rightarrow A(3;1;-5)\)
Một véc tơ pháp tuyến của (P) là \(\overline{n_P}\) = (2;1;1)
Một véc tơ chỉ phương của d là \(\overline{u_P}\) = (2;1;-3)
\(\Rightarrow\) một véc tơ chỉ phương của \(\Delta\) là \(\overrightarrow{u}=\left [ \overline{n_P};\overline{u_d }\right ]=(-4;8;0)\)
phương trình \(\Delta :\left\{\begin{matrix} x=3-4t\\ y=1+8t\\ z=-5 \end{matrix}\right. \ (t\in R)\)

a.
\(\frac{sinx+sin2x+sin3x}{cosx+cos2x+cos3x}=\frac{2sin2xcosx+sin2x}{2cos2xcosx+cos2x}=\frac{sin2x(2cosx+1)}{cos2x(2cosx+1)}=tan2x\)
Suy ra \(tan2x=\sqrt{3}\)
\(tan4x=\frac{2tan2x}{1-tan^22x}=\frac{2\sqrt{3}}{1-3}=-\sqrt{3}\)
b.
Gọi số học sinh nam là n, n \(\in\) Z * . Có hai trường hợp
TH1: Học sinh nam đứng đầu hàng
Có n học sinh nam nên có n! cách xếp
Có n học sinh nữ nên có n! cách xếp
Vậy có (n!)² cách xếp
TH2: Học sinh nữ đứng đầu hàng
Tương tự có (n!)² cách xếp
Vậy có tất cả 2(n!)² cách xếp
Theo bài ra ta có \(2(n!)^2=28800\Leftrightarrow n!=120\Leftrightarrow n=5\)
Vậy nhóm có 10 học sinh

Thể tích khối tứ diện ABCD là

\(V_{DABC}=\frac{1}{3}.d(D,(ABC)).S_{ABC}=\frac{ab^2\sqrt{2}}{24}\)
Gọi N là trung điểm AB thì MN là đường trung bình tam giác ABC. Ta có \(\left\{\begin{matrix} AB\perp MN\\ AB\perp SM \end{matrix}\right.\Rightarrow AB\perp (SMN)\)
Suy ra \((SAB)\perp (SMN)\) là giao tuyến.
Trong tam giác SMN kẻ đường cao MH, ta có MH \(\perp\) (SAB), BH cắt SA tại D, MH \(\subset\) (BCD) nên (BCD) \(\perp\) (SAB)
Gọi K là trung điểm BD thì NK là đường trung bình tam giác ABD.
Đặt SM = x. Xét tam giác đồng dạng SHD và NHK ta có
\(\frac{SD}{NK}=\frac{SH}{NH}\Leftrightarrow \frac{SA-AD}{\frac{1}{2}DA}=\frac{SH.SN}{NH.SN}\)
\(\Leftrightarrow 2\left ( \frac{SA}{DA} -1\right )=\frac{SM^2}{MN^2}=\frac{x^2}{\frac{b^2}{4}}\)
Suy ra \(\frac{SA}{DA}=\frac{2x^2}{b^2}+1\)

Gọi I là trung điểm AM ta có \(\frac{SA}{DA}=\frac{SM}{DI}\Leftrightarrow \frac{2x^2}{b^2}+1=\frac{x}{\frac{b\sqrt{2}}{4}}\)
Vậy \(SM=\frac{b\sqrt{2}}{2}\)

Đặt \(AB=x\Rightarrow BC=2x\). Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta có
\(AC^2=BA^2+BC^2-2.BA.BC.cos\widehat{ABC}=7x^2\)
Mặt khác ta có \(BM^2=\frac{BA^2+BC^2}{2}-\frac{AC^2}{4}=\frac{3x^2}{4}\)
Suy ra \(AM^2=AB^2+BM^2\) hay tam giác ABM vuông tại B
Phương trình đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với BM là \(AB: x- y -2=0\)
B là giao điểm của AB và BM nên toạ độ B là nghiệm của hệ \(\left\{\begin{matrix} x- y -2=0\\ x+y -2=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2\\ y=0 \end{matrix}\right.\)
Mặt khác \(AB=d(A,BM)=\sqrt{2}\) nên \(BM=\frac{\sqrt{6}}{2}\)
Gọi M(m;2-m) \(\in BM\)
\(BM^2=\frac{3}{2}\Leftrightarrow 2(m-2)^2=\frac{3}{2}\Leftrightarrow m=2\pm \frac{\sqrt{3}}{2}\)
M là trung điểm AC nên \(C(1+\sqrt{3};-\sqrt{3}-1);C(1-\sqrt{3};\sqrt{3}-1)\)

Đặt \(\sqrt{x^3+1}=u,u\geq 0\)
Ta có phương trình \(2u^2-(4x-1)u+2x-1=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} u=\frac{1}{2}\\ u=2x-1 \end{matrix}\)
Với \(u=\frac{1}{2}\) ta có \(\sqrt{x^3+1}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\sqrt[3]{\frac{-3}{4}}\)
Với \(u=2x-1\) ta có \(\sqrt{x^3+1}=2x-1\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq \frac{1}{2}\\ x^3+1=4x^2-4x+1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq \frac{1}{2}\\ x(x-2)^2=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=2\)

Vậy phương trình có tập nghiệm  \(\left \{ -\sqrt[3]{\frac{3}{4}};2 \right \}\)

Từ giả thiết ta có \((a+b-c)^2=ab(1)\)
Khi đó \(P=\frac{\left | a+b-c \right |}{a+b}+\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{ab}\)
\(=\frac{\left | a+b-c \right |}{a+b}+\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{2ab}+\frac{c^2}{2ab}\geq \frac{\left | a+b-c \right |}{a+b}+\frac{4c^2}{(a+b)^2}+\frac{2c^2}{(a+b)^2}\)
\(=\left | 1-\frac{c}{a+b} \right |+\frac{6c^2}{(a+b)^2}\)

Đặt \(t=\frac{c}{a+b}\), từ (1) ta có \((1-t)^2=\frac{ab}{(a+b)^2}\leq \frac{1}{4}\Rightarrow t\in \left [ \frac{1}{2};\frac{3}{2} \right ]\)
Xét hàm \(f(t)=\left | 1-t \right |+6t^2,t\in \left [ \frac{1}{2};\frac{3}{2} \right ]\)
Nếu \(t\in \bigg(1;\frac{3}{2} \bigg]\) thì \(f(t)=t-1+6t^2>6\)
Nếu \(t\in \left [ \frac{1}{2} ;1\right ]\) thì \(f(t)=1-t+6t^2,f'(t)=-1+12t>0\)
Suy ra f(t) đồng biến trên \(\left [ \frac{1}{2} ;1\right ]\)  do đó giá trị nhỏ nhất của f(t) bằng \(f(\frac{1}{2})=2\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 khi a = b = c