De thi thu Quoc gia mon toan truong Do cong tuong

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP

KI THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ THAM KHẢO
(Đề gồm có 01 trang)
y=

- 2x + 1
x- 1

Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
y = − x 3 + 3x 2 + 3(m 2 − 1) x − 3m 2 − 1
Câu 2 (1 điểm). Cho hàm số
(1). Tìm các giá trị của tham số m để
hàm số (1) đạt cực trị tại
Câu 3 (1 điểm).
a) Cho số phức

z

x1 x2
,

thỏa mãn
3x +1 +

b) Giải phương trình

và

x1 − x2 = 2

( 1 + 2i )

2

.

z − ( 1 − i ) z = 23i

. Tìm mô đun của số phức

z

.

1
= 28
3x − 2
p
2

I =ò
Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân

0

sin 2 x + cos x
dx
sin x + 1

2x − y − 2z − 1 = 0

Oxyz

Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
cho mặt phẳng (P):
và điểm
M (1; −2; −3)
M
. Viết phương trình mặt cầu (S) tâm
và tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp
điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P).
Câu 6 (1 điểm).


2 x
 2cos − 1 ÷( 2cos x − 1) − 1 = 0
2 

a) Giải phương trình
12

 2 2
x − ÷
x


x

b) Tìm số hạng không chứa trong khai triển nhị thức
Câu 7 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, BC = 2a, SA vuông
600

góc với mặt phẳng đáy, góc hợp bởi đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng
. Gọi M là trung điểm
của BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBD).
Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là điểm
trên cạnh AC sao cho

AB = 3 AM .

Đường tròn tâm

I ( 1; −1)

đường kính CM cắt BM tại D. Xác định


tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua
CD : x − 3 y − 6 = 0
và điểm C có hoành độ lớn hơn 2.
Câu 9 (1 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình

4 
N  ;0 ÷,
3 

− x 2 + 4 x + 21 − 2 m + 1 = − x 2 + 3 x + 10

có nghiệm.
x2 + y2 + z 2 =

x, y , z
Câu 10 (1 điểm). Cho ba số thực dương
P = x2 + y 2 +

phương trình đường thẳng

thỏa mãn điều kiện

1
3

. Tìm giá trị nhỏ

1
1
1 1
1
1
+ 2 + y 2 + z 2 + 2 + 2 + z 2 + x2 + 2 + 2
2
y
z
z
x

x
y

nhất của biểu thức
---Hết--KI THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP
ĐÁP ÁN THAM KHẢO
(Đề gồm có 01 trang)
Câu
1

Nội Dung
D = ¡ \ { 1}
Tập xác định:
y'=

1

( x - 1)

2

Điểm

0.25

> 0, " x Î D

lim y = lim y = −2 ⇒ y = −2

x →+∞

x →−∞

tiệm cận ngang
lim y = −∞ 

x →1
 ⇒ x =1
lim y = +∞ 
x →1


là
0.25

+

−

là tiệm cận

đứng
Bảng biến thiên

0.25

Kết luận: Hàm số đồng biến trên
( −∞;1) ( 1; +∞ )
các khoảng
và
Đồ thị

0.25


y’ = −3x 2 +6 x + 3 ( m 2 − 1)

0.25

Hàm số (1) có hai điểm cực trị
y’ = 0
khi
có hai nghiệm phân
⇔ ∆ ' = 9m 2 > 0 ⇔ m ≠ 0.
biệt
+
2

0.25

x1 − x2 = 2 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 4
2

0.25

Trong đó:

x1 + x2 = 2; x1 x2 = 1 − m 2
Nên

x1 − x2 = 2 ⇔ 1 − m 2 = 0 ⇔ m = ±1
m = ±1
(TMĐK). Vậy
Z = x + yi, ( x, y ∈ ¡ )
Đặt
. Khi
đó ta có
2
( 1 + 2i ) ( x + yi ) − ( 1 − i ) ( x − yi ) = 23i
3a

0.25

0.25

⇔ ( −4 x − 3 y ) + ( 5x − 2 y ) i = 23i

−4 x − 3 y = 0
x = 3
⇔
⇔
⇒ z =5
5 x − 2 y = 23
 y = −4
3b

t = 3x
Đặt
trình

0.25

( t > 0)

. Phương
đã cho trở thành
1
3t 3 − 28t + 9 = 0 ⇔ t = 9 ∨ t =
3

0.25

t =9⇒ x=2

0.25

Với

,

với


t=

1

⇒ x = −1
3
p
2

I =ò
0

( 2sin x + 1) cos x
sin 2 x + cos x
dx = ò
dx
sin x + 1
sin
x
+
1
0

t = sin x + 1 Þ dt = cos xdx

Đặt
Đổi
4

p
2

,
cận

x = 0 Þ t = 1; x =

0.25

p
Þ t=2
2

2
2t − 1
1

dt = ∫  2 − ÷dt
t
t
1
1
2

I =∫

= ( 2t − ln t )

=

2
1

3 − ln 2

R = d ( M ,( P) ) = 3

Ta có
Phương trình mặt cầu (S):
2
2
2
( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 9

5

6a

0.25

Gọi d là đường thẳng đi qua M và
vuông góc với mặt phẳng (P)
Phương trình đường thẳng d:
 x = 1 + 2t

 y = −2 − t ( t ∈ ¡ )
 z = −3 − 2t

Tọa độ giao điểm H của mặt cầu
(S) và mặt phẳng (P) chính là
giao điểm của d và (P)
H ( −1; −1; −1)
Suy ra



2 x
 2cos − 1 ÷( 2cos x − 1) − 1 = 0
2 

⇔ cos x ( 2cos x − 1) − 1 = 0
⇔ 2cos 2 x − cos x − 1 = 0

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

0.25
0.25



 x = k 2π
cos x = 1

3π

⇔
⇔ x =
+ k 2π ( k ∈ ¢
1
cos x = −


2
2


3π
x = −
+ k 2π

2
6b

)

0.25

Công thức tính số hạng tổng quát
k
2
k 24 −3 k
k n −k k
k 2(12 − k ) 
k
0.25
Tk +1 = Cn a b = C12 x
 − ÷ = C12 ( −2 ) x
 x
Do tìm hệ số của số hạng không
x ⇒ 24 − 3k = 0 ⇔ k = 8
chứa
Vậy số hạng không chứa

C128 28
.

x

là

0.25

7

Ta có AC là hình chiếu vuông
góc của SC lên mặt phẳng
(ABCD)
·
= 600
(·SC; ( ABCD ) ) = (·SC; AC ) = SCA
Diện tích
S ABCD = 2a 2

hình

chữ

0.25

nhật

AC = a 5

;
SA = AC.tan 600 = a 15
VS . ABCD =

0.25

3

2a 15
3

(đvtt)
Gọi O là giao điểm của AC và
BD, I là giao điểm của AM và
BO. Suy ra I là trọng tâm của tam

0.25


IA = 2 IM
giác ABC nên
.
Mặt khác AM cắt (SBC) tại I suy
d ( A, ( SBD ) ) = 2d ( M , ( SBD ) )
ra
.
Gọi K là hình chiếu vuông góc
của A lên BD, H là hình chiếu
vuông góc của A lên SK. Suy ra
AH ⊥ ( SBD ) ⇒ d ( A, ( SBD ) ) = AH

AK =
Tính

a 5
2

d ( M , ( SBD ) )

AH = a

,
1 15
= a
2 13

15
13
0.25

8

∆ABM

S

∆DCM (g − g) ⇒

AB DC
=
=3

AM DM

Xét tam giác CMD ta có:
CM 2 = DM 2 + CD 2 ⇔ 4CI 2 = 10 DM 2
DM = 2d (I,d) =

Mà

4
10

0.25

nên

CI 2 = 4

Gọi

I ( 3 y + 6; y )

 3 11 
⇒ C  − ;− ÷
 5 5

(thỏa mãn)
I là trung

Ta có
(loại) hoặc C(3; -1)

điểm

của

CM

0.25


⇒ M ( −1; −1) ⇒

đường

( C ) : ( x − 1)

phương
tròn
tâm

2

+ ( y + 1) = 4

trình
I
là

2

D là giao điểm của CD và (C)

 3 11 
⇒ D  − ; − ÷.
 5 5

Phương trình đường thẳng BM:
3x + y + 4 = 0

Phương trình đường thẳng BC:
3x + 5 y − 4 = 0.

0.25

B là giao điểm của

⇒ B ( −2;2 )

BM và BC
Phương trình đường thẳng AB đi
qua B và vuông góc với AC
⇒ AB : x + 2 = 0

. A là giao điểm của

⇒ A ( −2; −1)

0.25

AB và AC
Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC
là:

9

A ( −2; −1) , B ( −2;2 ) , C ( 3; −1)

− x 2 + 4 x + 21 − 2m + 1 = − x 2 + 3x + 10
⇔ − x 2 + 4 x + 21 − − x 2 + 3x + 10 = 2m + 1
Đặt
f ( x) = − x 2 + 4 x + 21 − − x 2 + 3x + 10
Điều
kiện
xác
định:
2
 −3 ≤ x ≤ 7
− x + 4 x + 21 ≥ 0
⇔
⇔ −2 ≤ x ≤ 5
 2
− x + 3x + 10 ≥ 0
−2 ≤ x ≤ 5
⇒

TXĐ:

D = [ −2;5]
f ( x)

Xét hàm số
f ( x)
liên tục.

f '( x) = −

trên
x−2

− x 2 + 4 x + 21

[ −2;5]

+

.
2x − 3

2 − x 2 + 3 x + 10

0.25


2x − 3

f '( x) = 0 ⇔

x−2

=

2 − x 2 + 3x + 10
− x 2 + 4 x + 21
4 x 2 − 12 x + 9

x2 − 4x + 4
⇒
=
4 ( − x 2 + 3 x + 10 ) − x 2 + 4 x + 21

(

⇒ ( 4 x 2 − 12 x + 9 ) ( − x 2 + 4 x + 21) = ( x 2 − 4 x + 4 ) 4 ( − x 2 + 3 x + 10 )
1
29
⇔ 51x 2 − 104 x + 29 = 0 ⇔ x = ∨ x =
3
27

x=
Thử lại ta thấy
của phương trình
Ta

)

0.25

1
3

là nghiệm
f '( x) = 0
có

1
0.25 f ( x ) = 4
f (−2) = 3; f (5) = 4; f  ÷ = 2 ⇒ min f ( x ) = 2;max
D
D
 3
f ( x)

[ −2;5]

Do hàm số
liên tục
nên
phương
trình
f ( x ) = 2m + 1
có
nghiệm
1
15
⇔ 2 ≤ 2m + 1 ≤ 4 ⇔ ≤ m ≤
2
2
10

0.25

Ta
có
2

( x + y + z ) ≤ 3( x2 + y 2 + z 2 ) = 1

0.25

Sử dụng bất dẳng thức CauchySchwarz ta có
 1
1
1 1 
2P = 2 ( x 2 + y 2 ) + 2  2 + 2 ÷ + 2 ( y 2 + z 2 ) + 2  2 + 2 ÷ + 2 ( z 2 + x 2
z 
x 
z
y
0.25
2

 1 1
≥ ( x + y) +  + ÷ +
 y z
2

(

2

1 1 
y + z) +  + ÷ +
z x
2

Đặt
0.25
r 
1 1 r 
1 1 r 
1 1
a =  x + y; + ÷, b =  y + z; + ÷, c =  z + x; + ÷
y z
z x
x y



Ta
có
r r r 
 1 1 1 
a + b + c =  2 ( x + y + z ) ;2  + + ÷÷
 x y z 


2

1 1
( z + x) +  + ÷
x y
2


r r r r r r

a + b + c ≥ a+b+c

và
⇒ 2P ≥ 4 ( x + y + z )

Đặt

t = ( x + y + z)

2

2

2

1 1 1
+ 4 + + ÷ = 2
x y z

( x + y + z)

( 0 ≤ t ≤ 1)

f ( t) = t +

81
t

Xét hàm số
t ∈ ( 0;1]

.
Ta
81
f ' ( t ) = 1 − 2 < 0, ∀t ∈ ( 0;1]
t

với
có
0.25

f ( t)

Suy ra
nghịch biến trên
( 0;1] ⇒ f ( t ) ≥ f ( 1) = 82 ⇒ 2 P ≥ 2 82 ⇒ P ≥ 2 41
⇔x= y=z=
Dấu bằng xảy ra
MinP = 2 41
. Vậy

1
3

2

+

81

( x + y + z)

2