De thi thu Quoc gia mon toan truong DAP AN HDC thanh binh 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN.
(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)

Điểm

Câu
Đáp án
1
2x  3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y 
.
(1,0đ)
3x  2
Tập xác định: D 

1,0

2
\ 
3

Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y ' 

5

 3x  2 

2

; y '  0, x  D .
;

Hàm số đồng biến trên từng khoảng

0,25

2
2
và ;
3
3

.

Giới hạn và tiệm cận:
lim y

x

lim y

x

lim y
x

2
3

2
3
; lim y
x

Bảng biến thiên:
x
y'
y

2
3

tiệm cận ngang: y

3

tiệm cận đúng: x

3

0,25

3
2
3

0,25

2
3

Đồ thị:

0,25

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C): y  x3  3x 2  1 tại điểm có hoành
2
(1,0đ) độ bằng 1 .
1

1,0


Gọi M(xo; yo) là tiếp điểm. Ta có xo = -1 suy ra yo = -3 hay M (1; 3)

0,25

Ta có: y '  3x 2  6 x  y '(1)  9

0,25

Phương trình tiếp tuyến tại M là: y  9( x  1)  3

0,25
0,25

 9x  6

3
a) Giải phương trình sau:(0,5 điểm) 3.4x  2.6x  9x
(1,0đ)
x

0,5

x

4
6
 3.    2.    1
9
9
t  1
x
2
2
Đặt t =   > 0. Ta được phương trình: 3t  2t  1  0  
t   1
3
3

Đối chiếu điều kiện ta nhận t = 1  x = 0. Vậy pt có một nghiệm x = 0

0,25

b) Tính môđun của số phức z thỏa: (1  i)2 (2  i) z  8  i  (1  2i) z

0,5

Ta có: (1  i)2 (2  i) z  8  i  (1  2i) z  z  2  3i

0,25

Môđun của z là z  22  (3)2  13 .

0,25

0,25



Tính tích phân: I   x(1  cos x)dx

1,0

0







0

0

0

I   (1  cos x) xdx   xdx   x cos xdx

4
(1,0đ)



x2
I1   xdx 
2
0




0



0,25

2
0,25

2
u  x

du  dx

Đặt 
.
dv  cos xdx v  sin x

I 2   x cos xdx .
0







0,25



I 2  x sin x 0   sin xdx  0  (  cos x) 0  cos x 0  2
0

Vậy, I  I1  I 2 



2

2

2

0,25

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình:
x  2 y  2 z  9  0 . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của O trên (P). Viết phương trình

1,0

mặt phẳng (Q) song song với (P) và cách gốc tọa độ O một khoảng là 3.

5
(1,0đ)

Gọi ∆ là đường thẳng đi qua O và vuông góc với (P), H là hình chiếu vuông góc của O trên
(P), suy ra H(t; 2t; 2t), (t: tham số).
H  ( P) suy ra t  2.2t  2.2t  9  0  t  1 . Do đó H(1; 2; 2).
(Q) song song với (P) nên có phương trình: x  2 y  2 z  d  0 và (Q) cách O một khoảng
bằng 3 nên d (O,(Q))  3 .
d  9
 d 9 
 d  9 (loaïi, vì truøng vôùi (P))
Vậy mặt phẳng (Q) có phương trình là x  2 y  2 z  9  0 .

2

0,25
0,25
0,25

0,25


6



 3
a) Chứng minh rằng, với mọi x thì: sin 2 x  sin 2   x   sin 2   x  
(1,0đ)
3

3
 2
VT 



0,5

3 1
 2

 2

 cos 2 x  cos 
 2 x   cos 
 2 x 
2 2
 3


 3


0,25

3 1
2
 3
 cos 2 x  2cos
.cos 2 x    VP
2 2
3
 2

0,25

b) Một gia đình cần ít nhất 900 đơn vị protein và 400 đơn vị lipit trong thức ăn mỗi
ngày. Mỗi kilogam thịt bò chứa 800 đơn vị protein và 200 đơn vị lipit. ……………..
Hỏi gia đình đó phải mua bao nhiêu kilôgam thịt mỗi loại để chi phí là ít nhất ?
Đặt x, y lần lượt là số (kg) thịt bò và thịt lợn cần dùng trong ngày và x, y thỏa mãn điều
kiện: 0  x  1,6 ; 0  y  1,1 .
800x + 600y là số đơn vị protein;
200x + 400y là số đơn vị lipit.
0  x  1, 6
0  x  1, 6
0  y  1,1
0  y  1,1




Theo giả thiết thì 
(*)
800
x

600
y

900
4
x

3
y

4,5


200 x  400 y  400
 x  2 y  2

0,5

0,25

Chi phí mua sẽ là T = 45x + 35y (nghìn đồng). Trong mặt phẳng tọa độ, ta sẽ biểu diễn
phần mặt phẳng chứa các điểm M(x, y) thỏa mãn hệ (*)

0,25

Ta xét 4 đỉnh của miền khép kín tạo ra bởi hệ (*) là : A(0,6; 0,7); B(1,6; 0,2) ; C(1,6; 1,1) ;
D(0,3; 1,1). Ta thấy T đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 0,6 và y = 0,7.
Khi đó T = 45.0,6 + 35.0,7 = 51,5.
Vậy: Gia đình đó mua 0,6 kg thịt bò và 0,7 kg thịt lợn thì chi phí ít nhất (51,5 nghìn đồng).
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy,
SB hợp với đáy một góc 600 . Gọi M là trung điểm SC . Tính theo a thể tích khối chóp
S . ABC và khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng ( MAB) .

1,0

7
SB và mặt phẳng ABCD là góc ABS  600 .
(1,0đ) Góc giữa
Xét tam giác SAB vuông tại A , ta có: tan 600 

3

SA
 SA  AB.tan 600  a 3.
AB

0,25


S ABC 

1
a2
1

3a3
. Thể tích của khối chóp là: V  SA.SABC 
S ABCD 
.
2
2
3
6

0,25

Gọi O là tâm hình vuông, I là trung điểm của AB , H là chân đường cao hạ từ O của tam
giác OIM . Khi đó OH  (MAB) hay OH  d (O,(MAB)).
0,25
Khi đó: d (S ,(MAB))  d (C,(MAB))  2d (O,( MAB))  2OH .
Tam giác OIM vuông tại O , ta có:

1
1
1
16
a 3

 2  2  OH 
.
2
2
OH
OM
OI

3a
4

0,25
Vậy: d ( S , ( MAB)) 

a 3
.
2
S

M
H

D

A

I
O

C

B

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(2; 1), trọng tâm
8
(1,0đ)
7 4
G  ;  . Phương trình cạnh AB: x – y + 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC,

3 3

1,0

biết x A  xB .
Gọi H là trực tâm, I là tâm đường tròn ngoại
tiếp ; M, N là trung điểm của BA và AC. Xét
hai tam giác đồng dạng CHB và MNI (các
góc có cạnh song song), Do đó :
IM MN 1

  CH  2.IM .
HC CB 2

C

N
H

G

I

Suy ra, CH  2.IM
 IH  IC  2.IM  IB  IA

B
M

A

 IH  IA  IB  IC  3.IG .

4

0,25


1 1
Ta có: IG   ;  , từ kết quả IH  3.IG  H (3;2)
 3 3
Đường thẳng IM: x + y – 3 = 0.
x  y  3  0
x  1
Tọa độ điểm M Là nghiệm hệ phương trình: 

 M (1; 2)
x  y 1  0
y  2

0,25

Ta lại có: IM   1;1 , từ kết quả CH  2.IM  C (5;0) và IC  10
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là :
(C): ( x  2)2  ( y  1)2  10

0,25

Tọa độ đỉnh A, B = (C )  AB là nghiệm hệ phương trình:
( x  2) 2  ( y  1) 2  10

 x  1, y  0


 x  3, y  4
x  y 1  0
Vậy tọa độ các đỉnh là: A(1;0), B(3;4), C(5;0) (vì x A  xB ).

9
Giải bất phương trình: 5 x 2  18 x  4  4
(1,0đ)



4  2x  4x 1

0,25



1,0

1
4

Điều kiện:   x  2

0,25

Ta có: x  2 là 1 nghiệm của (1)

(a)

Với x    ; 2  ta có:
 4 
1

1  5  x 2  2 x   4  x  2 
 5 x  2x 
2

 

4  2x  4 x  1 4x  1

4  x2  2x 
x  2  4  2x





4  x2  2x 

0,25

x 1 4x 1

4
4



  x 2  2 x  5 

0
 x  2  4  2x x 1 4x 1 
4
4
 1 
Xét hàm số f ( x)  5 

, x    ; 2 
x  2  4  2x x  1  4x  1
 4 

(2)

1
2 



4 1 
4 1 


 1 
4  2x 
4x 1 





 0, x    ; 2 
Ta có: f  x  
2
2
 4 
x  2  4  2x
x 1 4x 1



 



0,25

1
Suy ra f  x  luôn đồng biến trên   ; 2  . Do đó:
 4



16
16
 1
 1 
f  x  f     5 
  0, x    ; 2 

18  18 3
 4
 4 

Khi đó:  2   x 2  2 x  0    x  0 (do x    ; 2  )
4
 4 
1

1

1
Từ (a) và (b) suy ra tập nghiệm của (1) là S    ;0  2
 4 

5

(b)
0,25


10
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
(1,0đ) biểu thức: T  a3  b3  c3  5abc.

1,0

Không mất tính tổng quát giả sử hai số a  1, b  1 không trái dấu nhau. Suy ra

(a 1)(b1)  0  ab  a  b 1  2  c. Do đó: abc  c(2  c)

a 3  b3
Mặt khác:
2

(3  c)3 3
 3
 a b   3c 



T

 c  5c(2  c)  f (c) với c   0; 
 

4
 2   2 
 2
3

3

3
27 
27
9


Xét hàm số: f (c)  c3    5  c 2   2 5   c 
4

4 
4
4


9
27
9

 f / (c )  c 2    2 5  c  2 5  .
4
4
2


0,25

0,25

f / (c )  0  c  1

Bảng biến thiên:
c
f ‘(c)

0

3
2

1


f(c)

0

+

0,25

3 5

Dựa vào BBT ta thấy f (c)  f (1)  3  5
Do đó T  f (c)  3  5. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
(a  1)(b  1)  0

 a  b  c  1.
c  1
a  b  c  3


0,25

Vậy min T  3  5 khi a  b  c  1.
Hết

6