de thi thu thpt quoc gia mon toan dong thap 2016

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP

THI DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 23/5/2016
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm có 01 trang)

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

Th
De

x 1
.
x2

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số y  x  5 

1
.
x



Câu 3 (1,0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3  i) z  (1  i)(2  i )  5  i . Tìm phần thực và phần ảo của z .
b) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Cho biết số
n

tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức T  A 1  r  , trong đó A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số
kỳ hạn gửi . Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu ?


2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   ( x  cos5 x )sin xdx .



0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(5;5;0), B(4;3;1) và đường thẳng

iT

x 1 y  2 z  2
. Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao


2
1
1
cho MA  3 .
d:

hu

Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sin 2 x  3 sin x  0 .
b) Có hai thùng đựng xoài. Thùng thứ nhất có 10 trái (6 trái loại I, 4 trái loại II), thùng thứ hai có 8 trái (5
trái loại I, 3 trái loại II). Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng một trái. Tính xác suất để lấy được ít nhất một trái loại I.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc 
ABC  600 , hai
mặt phẳng  SAC  và  SBD  cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABCD  bằng 300 .
Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA , CD theo a .

.N

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với A(1; 2) . Gọi H là
trung điểm cạnh BC , D là hình chiếu vuông góc của H trên AC , trung điểm M của đoạn HD nằm trên
đường thẳng  : 2 x  y  2  0 và phương trình đường thẳng BD : x  y  1  0 . Tìm toạ độ của B, C biết rằng
điểm D có hoành độ âm.



 x, y    .

et

 x 2  xy  y 2  x  y  y
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 5 x 2  4 y  x 2  3 x  18  x  4 y

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x , y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  1 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P 

x
1  x2



y
1  y2



z
1  z2



1
1 1
 2 2.
2
x
y
z

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐỒNG THÁP

THI DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN


HDC CHÍNH THỨC
(Gồm có 01 trang)
Câu

Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

Th
De
1
(1,0đ)

Điểm
1,00

x 1
.
x2

♥ Tập xác định: D   \ 2 .
♥ Sự biến thiên:
3
ￚ Chiều biến thiên: y ' 
; y '  0, x  D .

2
 x  2

0,25

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ; 2 và 2;  .
0,25

ￚ Giới hạn và tiệm cận:

lim y  lim y  1

 tiệm cận ngang: y  1 .

lim y  ; lim y  

 tiệm cận đứng: x  2 .

x 

x 

x  2

x  2

0,25

ￚ Bảng biến thiên:

x
y'

2








iT

y



1

1


hu

♥ Đồ thị:
+ Giao điểm với các trục:
1 
1
Oy : x  0  y   :  0;   và Oy : y  0  x  1  0  x  1: 1; 0 

2 
2

1
Đồ thị cắt các trục tọa độ tại  0;   , 1; 0  .
2


.N

et

0,25

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
2
(1,0đ)

Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số y  x  5 

1,00

1
.
x

 Tập xác định: D   \ 0 .

0,25

1 x2  1
 2 .
x2
x
2
 y '  0  x  1  0  x  1 .
 Bảng biến thiên
Chiều biến thiên: y '  1 

Th
De
x
y'
y



1
0
yCĐ



0,25





1
0

0









3
(1,0đ)

0,25


yCT



iT

 Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số đạt cực đại tại x  1 và đạt cực tiểu tại x  1 .
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3  i) z  (1  i)(2  i )  5  i . Tìm phần thực và
phần ảo của z .
4  4i 4 8

 Ta có (3  i) z  (1  i)(2  i )  5  i  (3  i ) z  4  4i  z 
  i.
3i
5 5
4
8
 Số phức z có phần thực bằng , phần ảo bằng  .
5
5
b) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm và lãi hàng năm được nhập
n
vào vốn. Cho biết số tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức T  A 1  r  , trong đó
A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số kỳ hạn gửi . Hỏi sau bao nhiêu năm người đó
thu được gấp đôi số tiền ban đầu ?

0,25
0,50
0,25
0,25
0,50

0,25

n

 Sau n năm số tiền thu được là T  A 1  0, 068  .
n

n

Để T  2 A thì phải có 1, 068   2

(hay 1  6,8%   2 )

hu

0,25

 n  log1,068 2  10,54

 Vậy muốn thu được gấp đôi số tiền ban đầu, người đó phải gửi 11 năm.


4
(1,0đ)

2

1,00

Tính tích phân I   ( x  cos5 x )sin xdx .
0





2

2

0,25

5

0

0

u  x
du  dx
 Đặt 
.

 du  sin xdx v   cos x





2

Khi đó

.N

 Ta có I   x sin xdx   sin x.cos xdx .

0,25



2

 x sin xdx    x cos x  02   cos xdx  0   sin x  02  1 .
0

0




0

1

1

 t6 
1
Khi đó  sin x.cos xdx   t dt   t dt     .
 6 0 6
0
1
0
2

5

5

et
0,25

 Đặt t  cos x  dt   sin xdx .


t  0
x 
Đổi cận 
.
2 
t

1

 x  0
5

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
1 7
.
 .
6 6
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(5;5;0), B(4;3;1) và đường
 Vậy I  1 
5
(1,0đ)

x 1 y  2 z  2
. Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm


2
1
1
M trên đường thẳng d sao cho MA  3 .

 Đường thẳng AB có VTCP là AB  (1; 2;1) .
x5 y5 z
 Phương trình AB là

 .
1
2
1
 x  1  2t

 Đường thẳng d có phương trình tham số là  y  2  t  t    .
 z  2  t

Do M  d nên ta đặt M 1  2t ; 2  t; 2  t  . Suy ra

0,25
1,00

thẳng d :

Th
De
MA 

2

2

1  2t  5   2  t  5   2  t  0

2

0,25
0,25
0,25

 6t 2  26t  29 .

0,25

t  1
Khi đó MA  3  6t  26t  20  0   10 .
t 

3
2

 23 16 4 
 Vậy có hai điểm M trên d thoả đề bài là M  3;3; 1 hoặc M  ; ;  .
 3 3 3

a) Giải phương trình sin 2 x  3 sin x  0 (1)

0,25



 k 2  k    .
6
b) Có hai thùng đựng xoài. Thùng thứ nhất có 10 trái (6 trái loại I, 4 trái loại II), thùng

 Vậy nghiệm của phương trình (1) là x  k ; x  

0,50
0,25

 Ta có (1)  2sin x cos x  3 sin x  0  sin x(2 cos x  3)  0 .
 sin x  0  x  k .
3

 2 cos x  3  0  cos x 
 x    k 2 .
2
6

iT

6
(1,0đ)

hu

0,50

thứ hai có 8 trái (5 trái loại I, 3 trái loại II). Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng một trái. Tính
xác suất để lấy được ít nhất một trái loại I.

 Số phần tử của không gian mẫu là n   C101 C81  80 .

0,25
0,25

.N

Gọi A là biến cố “Có ít nhất một trái loại I”
Khi đó A là biến cố “Cả hai trái đều là loại II”.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n A   C41C31  12 . Suy ra P A 

 

♥ Vậy xác suất cần tính là P A   1 P  A  1

3
17
.

20 20

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc 
ABC  600 , hai

mặt phẳng  SAC  và  SBD  cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng

 SAB  và  ABCD 

1,00

et

7
(1,0đ)

12 3
.

80 20

bằng 300 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa

hai đường thẳng SA , CD theo a .

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
0,25



Th
De

 Gọi O  AC  BD , M là trung điểm AB và I là trung điểm của AM.
Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên
a 3
a 3
a2 3
, OI 
, S ABCD 
.
CM  AB, OI  AB và CM 
2
4
2
 Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO   ABCD  .

0,25

0,25

  300 .
Do AB  OI  AB  SI . Suy ra 
 SAB  ,  ABCD    
OI , SI   SIO
Xét tam giác vuông SOI ta được SO  OI .t an300 

a 3 3 a
.
 .
4
3
4

iT

1
1 a 2 3 a a3 3
Suy ra V  .S ABCD .SO  .
.
. 
3
3 2 4
24
 Gọi J  OI  CD và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI



hu

a 3
và JH   SAB  .
2
Do CD / / AB  CD / /  SAB  . Suy ra

Suy ra IJ  2OI 

0,25

d  SA, CD   d CD,  SAB    d  J ,  SAB    JH .
 Xét tam giác vuông IJH ta được JH  IJ .s in30 0 

a 3 1 a 3

. 
.
2 2
4

a 3
.
4
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với A(1; 2) . Gọi H

Vậy d  SA, CD  

1,00

.N

8
(1,0đ)

0,25

là trung điểm cạnh BC , D là hình chiếu vuông góc của H trên AC , trung điểm M
của đoạn HD nằm trên đường thẳng  : 2 x  y  2  0 và phương trình đường thẳng

BD : x  y  1  0 . Tìm toạ độ của B, C biết rằng điểm D có hoành độ âm.

et
Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!

Th
De

 Gọi N là trung điểm của DC . Khi đó HN là đường trung bình của tam giác BDC
nên HN / / BD .
Do MN là đường trung bình của tam giác DHC nên MN / / CH mà CH  AH (do
tam giác ABC cân tại A ) nên MN  AH
Suy ra M là trực tâm tam giác AHN . Suy ra AM  HN  AM  BD
 Do AM  BD : x  y  1  0 nên phương trình AM có dạng x  y  m  0
A(1; 2)  AM  m  1 . Suy ra AM : x  y  1  0 .
Vì M  AM   nên toạ độ M là nghiệm của hệ
x  y 1  0
 x  1

 M (1; 0) .

2 x  y  2  0  x  0


 Đặt D (t ;1  t ) , ta có AD  (t  1; 1  t ) và MD  (t  1;1  t )
Vì tam giác ADH vuông tại D nên
 
AD.MD  0  (t  1)(t  1)  ( 1  t )(1  t )  0  2t 2  2  0  t  1 .
Do D có hoành độ âm nên chọn D(1; 2) . Vì M là trung điểm HD nên H (1; 2) .
 Phương trình BC : x  2 y  5  0 .
x  2y  5  0
x  7
Toạ độ B là nghiệm của hệ phương trình 


 B  7; 6  .
x  y 1  0
 y  6

0,25

0,25

0,25

0,25

Vì H là trung điểm BC nên C  9; 2  . Vậy B  7; 6  , C ( 9; 2) .

9
(1,0đ)

iT

 x 2  xy  y 2  x  y  y
Giải hệ phương trình 
 5 x 2  4 y  x 2  3 x  18  x  4 y
x  6
 Điều kiện 
y  0

Khi đó (1)  x 2  xy  y 2  y  x  y  0


x( x  y )

2

2

(2)

0,25



x y
0
x y

hu

x  xy  y  y



1,00

(1)



x
1
 0  x  y.

 ( x  y) 

 x 2  xy  y 2  y
x  y 


(3)
0,25

 Thay (3) vào phương trình (2) ta được phương trình

5 x 2  4 x  x 2  3 x  18  5 x

.N

 5 x 2  4 x  x 2  3 x  18  5 x

 2 x 2  9 x  9  5 x  x  3 x  6 

 2  x 2  6 x   3  x  3  5 x 2  6 x . x  3

(4)

 a b
2a 2  5ab  3b 2  0  
.
 2a  3b
 TH1: Với a  b ta được phương trình
x2  6 x  x  3  x 

et

Đặt a  x 2  6 x , b  x  3 với a, b  0 , phương trình (4) trở thành

0,25

7  61
7  61
y
.
2
2

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
0,25

 TH2: Với 2a  3b ta được phương trình

2 x2  6x  3 x  3  x  9  y  9
 7  61 7  61 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  9; 9  ; 
;
.
2 
 2
Cho x , y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  1 . Tìm giá trị nhỏ

Th

De

10
(1,0đ)

nhất của biểu thức P 

x

1 x

2

y



1 y

2



z
1 z

2



1,00

1
1 1
 2 2
2
x
y
z

A B 
A
B
,  sao cho tan  x, tan  y .
2 2 2
2
2
A
B
1  tan .tan
1  xy
2
2  cot  A  B   tan    A  B  .
Từ điều kiện suy ra z 





A

B
x y
2 
 2 
2
tan  tan
2
2
 A B 
C
Vì z  0 suy ra 0  C  
 sao cho z  tan
2
2
2
2
Suy ra tồn tại ba góc của một tam giác A, B, C sao cho
A
B
C
x  tan , y  tan , z  tan
2
2
2
A
B
C
A
B
C

 Khi đó P  sin  sin  sin  cot 2  cot 2  cot 2
2
2
2
2
2
2
A
B
C
1
1
1
 sin  sin  sin 


3.
2
2
2 sin 2 A sin 2 B sin 2 C
2
2
2
 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá
A
B
C
3
P  3 3 sin sin sin 
3

2
2
2
A 2B 2C
3 sin 2
sin
sin
2
2
2
A
B
C
3
Đặt t  3 sin sin sin
thì P  3t  2  3 .
2
2
2
t
 Tìm điều kiện cho t
A
B
C 1
Trong tam giác ABC ta luôn có bất đẳng thức sau sin sin sin  .
2
2
2 8
A
B

C 1 1
AB
A B C 1
 cos
Thật vậy, ta có sin sin sin    cos
 sin 
2
2
2 8 2
2
2 
2 8
1
C 1
C 1
 AB
(*)
  sin 2  cos 
 sin 
2
2 2
2 8
 2 
C
(*) là một tam thức bậc hai theo sin có
2
1

 a   2  0
A

B
C 1
 sin sin sin  .

2
2
2 8
   1 cos 2  A  B   1   1 sin 2  A  B   0
4
4
 2  4
 2 


 Vì x, y  0 suy ra tồn tại các góc 0 

0,25

0,25

.N

hu

iT

0,25



. Do đó

0  t  3 sin

3
3
 1
 Xét hàm số f (t )  3t  2  3 với t   0;  , ta có
t
 2

et

Dấu “=” xảy ra khi A  B  C 

A
B
C 1
sin sin  .
2
2
2 2

0,25

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
6 3t 3  6
1


0t  3 2 
3
3
t
t
2

f '(t )  3 



Bảng biến thiên
t





Th
De

f '(t )
f (t )

1
2

0

21
2

21
 1  21
 1
Từ bảng biến thiên ta suy ra f (t )  f   
, t   0;  . Do đó P 
.
2
2 2
 2
1

3
Dấu “=” xảy ra khi t   A  B  C   x  y  z 
.
2
3
3
3
21
Kết luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là
đạt khi x  y  z 
.
3
2

CÁCH 2

Cho x , y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  1 . Tìm giá trị nhỏ

x

y

iT

10
(1,0đ)

nhất của biểu thức P 



1  x2

1  y2



z
1  z2



1
1 1
 2 2
2

x
y
z
0,25

 Do x , y, z là các số thực dương nên ta biến đổi
1

P

Đặt a 

1
x2

1
1
1
,b  2 ,c  2
2
x
y
z
1

P

1

1

y2

1



1

1
z2



1
1 1
 2 2
2
x
y
z

hu

1

1



 a, b, c  0 

1

thì xy  yz  zx 

1
ab



1
bc



1
ca

 1 và

1

abc
1 a
1 b
1 c
Biến đổi biểu thức P
1
a 1   1
1

b 1 
 1
P







 2 a  1 2 a  1 16   2 b  1 2 b  1 16 




1,00

0,25

.N

1
 abc  27
abc
ab
bc
ca
33 15
33 15.9 21
 .

 Suy ra P   .3 3 27  
16 16
16 16
2
 Mặt khác 1 

1



1



1

 33

et

1
c  1  15a 15b 15c 3
 1








 2 c  1 2 c  1 16  16 16 16 16
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá
a 1
b 1
c 1
15a 15b 15c 3
P  33
 33
 33




64(a  1)
64(b  1)
64(c  1) 16 16 16 16
33 15
33 15

  a  b  c    .3 3 abc
16 16
16 16

0,25
0,25

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa, Tiếng Anh.Cập nhật liên tục!
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c hay x  y  z 

Kết luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là

3
3

21
3
đạt khi x  y  z 
.
2
3

Th
De

Truy cập thường xuyên để cập nhật nhiều Đề
Thi Thử THPT Quốc Gia, tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia các môn
Toán, Lý, Hóa, Anh, Văn, Sinh , Sử, Địa được DeThiThu.Net cập
nhật hằng ngày phục vụ sĩ tử!

.N

hu

iT

Like Fanpage Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi:
để cập nhật nhiều đề thi thử và
tài liệu ôn thi hơn
T

ham gia Group: Ôn Thi ĐH Toán - Anh để cùng nhau học tập, ôn
thi: />
et
Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />