De thi thu Quoc gia mon toan truong Tran van nang

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ ĐỀ XUẤT

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi gồm 01 trang)

TRƯỜNG THPT TRẦN VĂN NĂNG

(

)

2
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = ( x − m ) x − 2 x − m − 1

( m là tham số thực)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho khi m = 1 .
b) Tìm m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu đồng thời giá trị tuyệt đối của tích hai hoành độ cực trị bằng 1.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Tìm môđun của số phức z = 1-

3i +

i
3+ i

b) Giải bất phương trình log 2 ( x + 3) ³ 1 + log 2 ( x - 1) .
π

2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = cos x 1 − sin xdx .
∫
0

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;1;0) và mặt phẳng (P): x + y – 2z + 3 = 0.
Viết phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ tiếp điểm.
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 1 + 2cosx + cos2 x = 0 .
b) Một hộp đựng 10 cây viết xanh và 5 cây viết đỏ. Lấy ngẫu nhiên 6 cây viết. Tính xác suất sao cho có đúng ba
cây viết đỏ.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = a, BC = 2a. Cạnh bên SA vuông
góc với đáy, mặt phẳng (SBC) hợp với đáy một góc 600. Gọi D là trung điểm cạnh AB. Tính thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SD.
Câu 7 (1,0 điểm). Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác
trong qua đỉnh A, C lần lượt là (d1): 3 x − 4 y + 27 = 0 và (d2): x + 2 y − 5 = 0
 x + 1 + y − 1 = 4
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x + 6 + y + 4 = 6

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng:
1
1
1
+
+
≤1
x + y +1 y + z +1 z + x +1

------------------HẾT-----------------


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu
1
(2,0 điểm)

Đáp án
a.(1,0 điểm). Cho hàm số y = ( x − m ) x − 2 x − m − 1

(

Điểm

)

2

( m là tham số thực)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho khi m = 1 .
Ta có: y = x 3 − 3 x 2 + 2
♥ Tập xác định: D = ¡
♥ Sự biến thiên:
x = 0
2
2
ￚ Chiều biến thiên: y ′ = 3 x − 6 x; y′ = 0 ⇒ 3 x − 6 x = 0 ⇔ 
x = 2
+ Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ ) ;

0.25

0.25

+ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 0; 2 ) .
ￚ Cực trị:
= y ( 0) = 2
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0 ; yCĐ

+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 ; yCT = y ( 2 ) = −2 ,
ￚ Giới hạn: lim y = +∞; lim y = −∞
x →+∞

x →−∞

ￚ Bảng biến thiên:
x
y'
y

0.25

- ¥
+

0
0

-

2
0

+

+¥

2

- ¥

+¥

- 2

♥ Đồ thị:

0.25

b.(1,0 điểm). Tìm m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu đồng thời giá trị tuyệt đối của tích hai
hoành độ cực trị bằng 1
3
2
2
0.25
♥ Ta có: y = x − ( m + 2 ) x + ( m − 1) x + m + m
y′ = 3x 2 − 2 ( m + 2 ) x + m − 1
2
Cho y ′ = 0 ⇔ 3x − 2 ( m + 2 ) x + m − 1 = 0 (1)

♥ Hàm số đạt cực đại, cực tiểu khi phương trình (1) có hai ghiệm phân biệt
⇔ ∆′ > 0 ⇔ m 2 + m + 7 > 0, ∀m
♥ Gọi x1 , x2 là hoành độ của hai điểm cực trị ( x1 , x2 là nghiệm của (1), x1 ≠ x2 ) theo đề

0.25
0.25


x1 x2 = 1

bi ta cú:

m 1
=1
3

m = 4

m = 2
Vy m = 4 v m = -2
2
(1,0 im)

0.25

a. (0,5 im). Tỡm mụun ca s phc z = 1 Ta cú: z = 1-

3i +

3i +

i
3+ i
0.25

1
3
+
i
2
2

3
3
= i
2 2
0.25

2

2
ổử
3ữ ổ
3ử
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ỗ
Do ú z = ỗ ữ

+
= 3
ữ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
2
2
ữ
ố ứ ố
ứ

b. (0,5 im). Gii bt phng trỡnh log 2 ( x + 3) 1 + log 2 ( x - 1)
iu kin: x >1
Ta cú: ( 1) log2 ( x + 3) log2 2 ( x - 1)
(2)

(1)

0.25

x + 3 2 ( x - 1)



0.25

xÊ 5
Vy tp nghim ca bt phng trỡnh l S = ( 1;5ự
ỷ
3
(1,0 im)


2

Tớnh tớch phõn I = cos x 1 sin xdx .

0

0.25

t t = 1 sin x t 2 = 1 sin x
2tdt = cos xdx
i cn: x = 0 t = 1

x= t =0
2

0.25

0.25

1

I = ũ 2t 2 dt
0

0.25

1

2
2
= t3 =
3 0 3
4
(1,0 im)

Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(1;1;0) v mt phng (P): x + y 2z + 3 = 0.
Vit phng trỡnh mt cu tõm M v tip xỳc vi mt phng (P). Tỡm ta tip im.
0.25
Mt cu ( S ) tip xỳc vi mt phng (P) nờn:

(

)

R = d M ;( P ) =

1.1 + 1.1- 2.0 + 3
12 + 12 + ( - 2)

2

=

5
3

25
9
Gi d l ng thng i qua M v vuụng gúc vi ( P ) . Gi N = d ầ ( P ) , suy ra N
r
l tip im ca ( P ) v ( S ) . Vỡ d ^ ( P ) nờn VTPT n = ( 2;2; - 1) ca ( P ) l
2
Phng trỡnh mt cu ( S ) : ( x 1) + ( y 1) + z =
2

2

ỡù x = 1 + t
ùù
mt VTCP ca d . Phng trỡnh tham s ca d : ùớ y = 1 + t
ùù
ùùợ z = - 2t
Ta N l nghim ca h phng trỡnh:

0.25
0.25

0.25


ỡù x = 1 + t
ùù
ù y = 1+ t

d : ùớ
ùù z = - 2t
ùù
ùùợ x + y - 2 z + 3 = 0
ổ1 1 5 ử
5
1
1
5
ữ
. Vy N ỗ
ỗ ; ;- ữ
, x = ,y = ,z =ữ
ữ
ỗ
ố6 6 3 ứ
6
6
6
3
a. (0,5 im). Gii phng trỡnh 1 + 2cosx + cos2 x = 0
(1)
2
Ta cú: ( 1) 2cos x + 2cosx = 0
Gii h ta c t = -

5
(1,0 im)

0.25

ộcosx = 0
ờ
ờcosx = - 1
ở
0.25
ộ p
ờx = + kp
ờ 2
( k ẻ Z)
ờ
ờ
ởx = p + k 2p
b. (0,5 im). Mt hp ng 10 cõy vit xanh v 5 cõy vit . Ly ngu nhiờn 6 cõy vit. Tớnh
xỏc sut sao cho cú ỳng 3 cõy vit .
6
0.25
S phn t ca khụng gian mu l: W = C15 = 5005
Gi A l bin c: Ly 6 cõy vit trong ú cú ỳng 3 cõy vit
0.25
3
3
WA = C5 .C10 = 1200
Vy xỏc sut cn tớnh l P ( A ) =
6
(1,0 im)

WA
W

=

240
.
1001

Cho chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc vuụng ti C, AC = a, BC = 2a. Cnh bờn SA vuụng gúc
vi ỏy, mt phng (SBC) hp vi ỏy mt gúc 600. Gi D l trung im cnh AB. Tớnh th tớch
khi chúp S.ABC v khong cỏch gia hai ng thng BC v SD.
S

H
l

D

A

B

0.25

M
C

Vỡ BC ^ AC v BC ^ SA ị BC ^ ( SAB)
Suy ra SC ^ BC v AB ^ BC
ã
ã
ị ộ

= 60 0 ;
(ởSBC ) ;( ABC ) ựỳỷ= (ãSC; AC ) = ACS
ờ

1
1
AC .BC = a.2a = a 2
2
2
0
SA = AC.tan 60 = a 3
S ABC =

1
1
a3 3
VS . ABC = S ABC .SA = .a 2 .a 3 =
3
3
3
K DM // BC v M thuc AC. Ta cú BC // (SDM) do ú:

0.25


d ( SD; BC ) = d ( BC ;( SMD ) ) = d ( C ;( SMD ) )
Kẻ AI ⊥ SM , CH ⊥ SM , H và I thuộc SM.
Ta có: CH ⊥ SM , CH ⊥ DM (do BC ⊥ ( SAC ) ⊃ CH , DM / / BC )
⇒ CH ⊥ ( SMD ) ⇒ d ( C ;( SMD) ) = CH
♥ Do S ∆SAM = S ∆SCM nên AI = CH

7
(1,0 điểm)

1
1
1
SA2 . AM 2
a 39
= 2+
⇒ AI =
=
2
2
2
2
0.25
AI
SA
AM
SA + AM
13
a 39
Vậy d ( SD; BC ) =
13
Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong
qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y – 5 = 0
♥ Lập phương trình đường thẳng BC qua B vuông góc với d1.
0.25
Suy ra BC: 4 x + 3 y − 5 = 0

4 x + 3 y − 5 = 0
⇒ C ( −1;3)
Khi đó C = BC ∩ d 2 . Tọa độ đỉnh C là nghiệm hệ: 
x + 2 y − 5 = 0
0.25
♥ Gọi B′ là điểm đối xứng qua d2. B′ ∈ AC .
′
BB
:
2
x
−
y
−
5
=
0
′
Lập phương trình BB qua B vuông với d2. Suy ra
2 x − y − 5 = 0
⇒ H ( 3;1)
Gọi H = BB′ ∩ d 2 . Tọa độ đỉnh C là nghiệm hệ: 
x + 2 y − 5 = 0
0.25
♥ H là trung điểm của BB′ . Suy ra B′ ( 4;3)
Đường thẳng AC qua C và B′ có phương trình: y − 3 = 0
0.25
♥ Tọa độ A = d1 Ç AC . Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình:
y −3 = 0
⇒ A ( −5;3)


3 x − 4 y + 27 = 0
Phương trình đường thẳng AB: 4 x + 7 y − 1 = 0

8
(1,0 điểm)

 x + 1 + y − 1 = 4
Giải hệ phương trình 
 x + 6 + y + 4 = 6
♥ Điều kiện: x ≥ -1, y ≥ 1
Cộng vế theo vế, trừ vế theo vế ta có hệ:
 x+1 + x+6 + y −1 + y+ 4 = 10

 x+6 − x+1 + y + 4 − y−1 = 2

0.25

♥ Đặt u = x + 1 + x + 6 và v =

0.25

♥

9
(1,0 điểm)

y − 1 + y + 4 ta có hệ:



 u + v=10
5 5
 + =2
u v
u = 5
⇔
v = 5

0.25

x = 3
♥ Thay u, v ta được nghiệm của hệ là: 
y = 5
Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng:
1
1
1
+
+
≤1
x + y +1 y + z +1 z + x +1
♥ Đặt x = a 3 , y = b3 , z = c 3 thì x, y, z >0 với abc = 1 . Ta có

0.25

3
3
2
2
♥ a + b = ( a + b ) a + b − ab ≥ ( a + b ) ab, do a + b > 0 và a 2 + b 2 − ab ≥ ab

0.25

(

)

⇒ a 3 + b3 + 1 ≥ ( a + b ) ab + abc = ab ( a + b + c ) > 0

0.25


1
1
⇒ 3
≤
3
a + b + 1 ab ( a + b + c )
Tương tự ta có:
1
1
≤
3
3
b + c + 1 bc ( a + b + c )

0.25

1
1

≤
3
c + a + 1 ca ( a + b + c )
3

Cộng vế theo vế ta có:
1
1
1
1
1
1
+
+
= 3
+ 3
+ 3
3
3
x + y +1 y + z +1 z + x +1 a + b +1 b + c +1 c + a3 +1
1
1
1 
 1
≤
+ + ÷

( a + b + c )  ab bc ca 
1
( c + a + b) = 1

( a + b + c)
Dấu “=” xãy ra khi: x = y = z = 1
=

0.25