Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 3 - THPT Chuyên Vĩnh Phúc

Tập xác định: D = R
Ta có \(y'=3x^2-6x; y '=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} x=0\\ x=2 \end{matrix}\)
- Hàm số đồng biến trên các khoảng \((-\infty ;0)\) và \((2;+\infty )\); nghịch biến trên khoảng (0; 2).
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y_CD= 2 ; đạt cực tiểu tại x = 2, y_CT = -2
- Giới hạn: \(\lim_{x\rightarrow +\infty }y=+\infty , \lim_{x\rightarrow -\infty }y=-\infty\)
Bảng biến thiên:

Đồ thị 

Hàm số xác định và liên tục trên \(D=[3;5]\)
Ta có \(f'(x)=-\frac{3}{(x-1)^2}< 0,\forall x\in [3;5]\)

Do đó hàm số này nghịch biến trên đoạn [3;5]
Suy ra
 \(\underset{x\in [3;5]}{max}f(x)=f(3)=\frac{7}{2}\)
\(\underset{x\in [3;5]}{min}f(x)=f(5)=\frac{11}{4}\)

a.
Vì \(\alpha \in \left ( \frac{\pi}{2};\pi \right )\) nên \(cos\alpha < 0\), suy ra \(cos=-\sqrt{1-sin^\alpha }=-\frac{2\sqrt{2}}{3}\)
Do đó \(P=sin 2\alpha - cos 2\alpha = 2sin \alpha cos\alpha - 1 +2sin ^2\alpha\)
\(\Rightarrow P=2.\frac{1}{3}.\left ( -\frac{2\sqrt{2}}{3} \right )-1+2.\left (\frac{1}{3} \right )^2=-\frac{7+4\sqrt{2}}{9}\)
b.
Phương trình đã cho \(\Leftrightarrow 2sinx (sinx+ cosx)= sinx+ cos x\)
\(\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} sinx+cosx=0 \ \ (1)\\ 2sinx=1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2) \end{matrix}\)
\((1)\Leftrightarrow tanx=-1\Leftrightarrow x=-\frac{\pi}{4}+k\pi, (k\in Z)\)
\((2)\Leftrightarrow sinx=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{6}+k2\pi\vee x=\frac{5\pi}{6}+k2\pi\) với \(k\in Z\)​
Vậy phương trình có ba họ nghiệm \(x=-\frac{\pi}{4}+k\pi, x=\frac{\pi}{6}+k2\pi, x=\frac{5\pi}{6}+k2\pi\) với \(k\in Z\)

\(I=4\int_{0}^{4}x^3dx+\int_{0}^{4}2xln(x^2+9)dx=I_1+I_2\)
\(I_1=4\int_{0}^{4}x^3dx=x^4 |^4_0=256\)
\(I_2=4\int_{0}^{4}2xln(x^2+9) |^4_0-\int_{0}^{4}2xdx=(x^2+9)ln(x^2+9)|^4_0-x^2|^4_0\)
\(\Rightarrow I_2=25ln25-9ln9-16=50ln5-18ln3-16\)
Vậy \(I=I_1+I_2=240+50ln5-18ln3\)
 

a.
Bất phương trình đã cho \(\Leftrightarrow log_2(3x-2)> log_2(6-5x)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3x-2>0\\ 6-5x>0\\ 3x-2>6-5x \end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x>\frac{2}{3}\\ x< \frac{6}{5}\\ x> 1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow 1< x< \frac{6}{5}\)
Vậy nghiệm của bất phương trình là: \(1< x< \frac{6}{5}\)
b.
+ Số phần tử của tập M là \(A_{6}^{2}=30\)
+ Các số có tổng hai chữ số lớn hơn 7 gồm: 26, 62, 35, 53, 36, 63, 45, 54, 46, 64, 56, 65. Có 12 số
Suy ra xác suất cần tìm là \(p=\frac{12}{30}=\frac{2}{5}\)

Đường thẳng MN có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{MN}=(-4;6;2)\) hay \(\vec{u}=(-2;3;1)\)
Phương trình đường thẳng MN: \(\frac{x-1}{-2}=\frac{y+2}{3}=\frac{z}{1}\) (có thể viết dưới dạng pt tham số)
Trung điểm của đoạn thẳng MN là I(-1;1;1)
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) là:
                                      \(d(I,(P))=\frac{\left | -2+2+1-7 \right |}{\sqrt{4+4+1}}=2\)

Ta có \(CI=\sqrt{AC^2-AI^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Do đó \(AH=\sqrt{AI^2+IH^2}=\frac{a\sqrt{7}}{4}\), suy ra \(SH=AH.tan60^0=\frac{a\sqrt{21}}{4}\)
Vậy \(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABC}=\frac{a^3\sqrt{7}}{16}\)
Gọi A', H', I' lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC; E là hình chiếu của H trên SH' thì \(HE\perp (SBC)\Rightarrow d(H;(SBC))=HE\). Ta có \(HH'=\frac{1}{2}.II'=\frac{1}{4}AA'=\frac{a\sqrt{3}}{8}\)
Từ \(\frac{1}{HE^2}=\frac{1}{HS^2}+\frac{1}{HH'^2}\), suy ra \(HE=\frac{a\sqrt{21}}{4\sqrt{29}}\)
Vậy \(d(H;(SBC))=\frac{a\sqrt{21}}{4\sqrt{29}}\)
 

Gọi I (a: b) là tọa độ tâm và R là bán kính đường tròn (C).

Do đường thẳng \(\large \Delta\) cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho AB = \(2\sqrt{5}\) nên ta có
\(d(I,\Delta )=\sqrt{R^2-5}\Leftrightarrow \frac{\left | 2a-b-2 \right |}{\sqrt{5}}=2\sqrt{R^2-5} \ \ (*)\)

Đường tròn (C) tiếp xúc với d₁, d₂ khi: \(\left\{\begin{matrix} d(I,d_1)=R\\ d(I,d_2)=R \end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{\left | 3a-4b-8 \right |}{5}=R\\ \\ \frac{\left | 4a+3b-19 \right |}{5}=R \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{\left | 3a-4b-8 \right |}{5}=R\\ \\ 4a+3b-19=\pm (3a-4b-8) \end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \Bigg \lbrack\begin{matrix} \left\{\begin{matrix} b=7a-27\\ R=\left | 5a-20 \right | \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} a=-7b+11\\ R=\left | 5b-5 \right | \end{matrix}\right. \end{matrix}\)
+ Với  thay vào (*) ta được \(\sqrt{5}\left | a-5 \right |=\sqrt{(5a-20)^2-5}\Leftrightarrow a=3\vee a=\frac{9}{2}\)
Vậy phương trình đường tròn là \((C):(x-3)^2+(y+6)^2=25\) hoặc \((C):(x-\frac{9}{2})^2+(y-\frac{9}{2})^2=\frac{25}{4}\)
+ Với \(\left\{\begin{matrix} a=-7b+11\\ R=\left | 5b-5 \right | \end{matrix}\right.\)thay vào (*) ta được \(\sqrt{5}\left | 3b-4 \right |=\sqrt{(5b-5)^2-5}\Leftrightarrow b=2\vee b=\frac{3}{2}\)

Vậy phương trình đường tròn là \((C):(x+3)^2+(y-2)^2=25\) hoặc \((C):(x-\frac{1}{2})^2+(y-\frac{3}{2})^2=\frac{25}{4}\)
 

Điều kiện : \(x\geq\) 2
Ta có \(\sqrt{6(x^2+2x+4)}-2(x+2)=\frac{2(x^2-2x+4)}{\sqrt{6(x^2+2x+4)}+2(x+2)}>0,\forall x\geq -2\)

Do đó bất phương trình \(\Leftrightarrow 2(\sqrt{x+2}-2)\geq \sqrt{6(x^2+2x+4)}-2(x+2)\)
                                   \(\Leftrightarrow 2\sqrt{x+2}-2x\geq \sqrt{12(x+2x)+6x^2}\)   (1)

Nhận xét x = -2 không là nghiệm của bất phương trình

Khi x > -2 chia hai vế bất phương trinh (1) cho \(\sqrt{x+2}> 0\) ta được 
\(2+2.\frac{x}{\sqrt{x+2}}\geq \sqrt{12+6.\left ( \frac{x}{\sqrt{x+2}} \right )}\) (2)
Đặt \(t= \frac{x}{\sqrt{x+2}}\) thì bất phương trình (2) được
\(2+2t\geq \sqrt{12+6t^2}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2+2t\geq 0\\ 4+8t+4t^2\geq 12+6t^2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} t\geq -1\\ 2 (t-2)^2\leq 0 \end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow t=2\)
\(t=2\Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{x+2}}=2\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x>0\\ x^2-4x-8=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=2+2\sqrt{3}\)
Bất phương trình có nghiệm duy nhất \(x=2+2\sqrt{3}\)

\(P=A+B\). Trong đó 

\(A=\sqrt{5x^2+xy+3y^2}+\sqrt{3x^2+xy+5y^2}\) và

\(B=\sqrt{x^2+xy+2y^2}+\sqrt{2x^2+xy+y^2}\)
\(6A=\sqrt{180x^2+36xxy+108y^2}+\sqrt{108x^2+36xy+180y^2}\)
\(=\sqrt{(11x+7y)^2+59(x-y)^2}+\sqrt{(11y+7x)^2+59(y-x)^2}\)
\(\geq (11x+7y)+(11y+7x)=18(x+y)\)
\(\Rightarrow A\geq 3(x+y)=3.2016=6048 \ (*)\) dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1008
\(4B=\sqrt{16x^2+16xy+32y^2}+\sqrt{32x^2+16xy+16y^2}\)
\(=\sqrt{(3x+5y)^2+7(x-y)^2}+\sqrt{(3y+5x)^2+7(y-x)^2}\)
\(\geq (3x+5y)+(3y+5x)=8(x+y)\)
\(\Rightarrow B\geq 2(x+y)=2.2016=4032\) (**) dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1008
Từ (*) và (**) ta đươc \(P=A+B\geq 6048+4032=10080\), dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khỉ x = y = 1008 

Vậy \(P_{min}=10080\Leftrightarrow x=y=1008\)