Bộ đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2016 trường thpt châu văn liêm

SỞ GD&ĐT TP CẦN THƠ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015-2016
TRƯỜNG THPT CHÂU VĂN LIÊM
Môn thi : TOÁN
****
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = x 4 - 2 x 2 + 2
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số

y=

2x + 1
x- 2

có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của

(C) , biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng −5
Câu 3 (1,0 điểm).
a. Tìm môđun của số phức z biết (2 + i 3 ) z + 1 + 3i = z + i 4 .
b. Giải phương trình 6.9 x − 13.6 x + 6.4 x = 0.
Câu 4 (1,0 điểm).
a. Cho sin α =

5
13

với

π
π


< α < π . Tính giá trị của cos  α + ÷ .
4
2

18

æ 1ö
b Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của çççx - 2 ÷
÷
÷ .
è x ø
5

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân

I=

∫x (x
3

2

+ 4 ) dx .

0

Câu 6 (1,0 điểm). Trong Không gian với hệ tọa độ
2 x − 2 y + z + 1 = 0 và đường thẳng

(d):

x −1 y z − 2
= =
1
2
1

Oxyz cho

A(2;0;1), mp (P):

a.Lập phương trình mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P).
b. Viết phương trình đường thẳng qua điểm A, vuông góc và cắt đường thẳng (d)
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB=a, OC= a 3 ,
(a>0) và đường cao
OA= a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC.
a. Tính thể tích khối tứ diện theo a
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD,đường chéo AC có
phương trình: x +2y −11= 0,

9 9
M ; ÷
2 2

là trung điểm của đoạn AB.Tìm tọa độ cá điểm

A,B,C,D biết xA ≤ 3 .
Câu 9 (1,0 điểm).
a)Một xí nghiệp có thề dùng ba loại nguyên liệu A; B; C để sản xuất ra một loại sản phẩm

theo hai công nghệ khác nhau là CN1 và CN2. Cho biết tổng khối lượng nguyên liệu mỗi
mỗi loại xí nghiệp hiện có, định mức tiêu thụ mỗi loại nguyên liệu trong một giờ sản xuất
theo mỗi công nghệ trong bảng
Tổng khối lượng Định mức tiêu thụ trong 1 giờ
Nguyên liệu
hiện có
CN1
CN2
A
200
4
2
B
280
3
5
C
350
9
5
Sản lượng
30
36
Tìm kế hoạch sản xuất sao cho tổng số sản phẩm thu được nhiều nhất.
b) Giải phương trình sau đây trên tập số thực
1


6 + 12 x + 5 x 2 − x 3 − 3x 3 + 4 x 2 + 2 x + 1 + 12 x + 8 =

x4
x +1

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn : ab + ac + bc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của

Câu 10:
biểu thức :

P=

a
1+ a

2

+

b
1+ b

2

+

c
1 + c2

-------------------------------------Hết------------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Câu

1

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi : TOÁN
Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = x 4 - 2 x 2 + 2
Tập xác định: D = ¡

Điểm

Sự biến thiên:
(1,0
điểm)

y ' = 4 x3 − 4 x

0,25

x = 0
y'= 0 ⇔ 
 x = ±1

Các khoảng đồng biến: (−1;0) và (1;+∞) ,khoảng nghịch biến : (-∞; - 1) và
(0;1)

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: x = 0 ⇒ y CĐ = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại: x = ±1 ⇒ y CT = 1

0,25

y = +∞ , lim y = −∞
- Giới hạn tại vô cực: xlim
→ −∞
x → +∞
Bảng biến thiên:
x

-∞
+∞

y’
y

-1
-

0

0

+∞
+∞

+

0
2

1
-

0

+
0,25

1
1

Đồ thị:

0,25

2


Cõu

ỏp ỏn

im

y

4

3

2

1

x
-2

-1

1

2

-1

2

Cho hm s y =

2x + 1
cú th l (C). Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) , bit
x- 2

h s gúc ca tip tuyn bng 5
- 5

Gi M ( x0 ; y0 ) (C ) l tip im ca tip tuyn vi (C) . Ta cú: y ' = x - 2 2
(
)
(1,0
im)

0,25

- 5

H s gúc ca tip tuyn bng - 5 y '( x0 ) = - 5 ( x - 2) 2 = - 5
0
ộx0 = 1
ờ
ờx0 = 3
ở
Vi x0 = 1 ị

y0 = - 3 : M 1 (1; - 3) ị Phng trỡnh tip tuyn: y = - 5 x + 2
y0 = 7 : M 2 (3;7) ị Phng trỡnh tip tuyn : y = - 5 x + 22

Vi x0 = 3 ị

Vy cú hai phng trỡnh tip tuyn tha bi l: y = - 5 x + 2 v

0,25
0,25
0,25

y = - 5 x + 22

3

a. Tỡm mụun ca s phc z bit (2 + i 3 ) z + 1 + 3i = z + i 4 .
Ta cú (2 + i 3 ) z + 1 + 3i = z + i 4 (2 i) z z = 1 3i + 1 z =
2

3i
3 3
z= i
1 i
2 2

0,25

2

3
3
3 2
Do ú | z |=| z |= ữ + ữ =
.
2
2 2

0,25

Gii phng trỡnh 6.9 13.6 + 6.4 = 0 (1)
Vỡ 4 > 0 , chia hai v phng trỡnh (1) cho
x

x

x

x

4x

ta c

2

x
x
ộổử
ổử
3 ữự
3ữ
ờ
ỳ
ỗ
ỗ
( 1) 6. ờỗỗ ữ
ữ
ỗ
ữỳ - 13.ố
ữ+ 6 = 0
ỗ2 ứ
ố
ứ
2
ờ
ỳ
ở ỷ

(2)

0,25

x

(1,0
im

ổử
3
t t = ỗỗỗ ữ
vi t > 0 , phng trỡnh (2) tr thnh 6t 2 - 13t + 6 = 0
ữ
ữ
ố2 ứ
ộ 2
ờ=
t
ờ 3
ờ
ờ 3
ờt =
ờ
ở 2
x
ổử
3
3ữ 3
ã Vi t = thỡ ỗ

ữ = x =1
ỗ
ỗ
2
ố2 ữ
ứ 2

3

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

x

·

Với t =

æö
2
3
2
= Û x =- 1
thì ççç ÷

÷
÷
3
è2 ø 3

Vậy nghiệm của phương trình là x = - 1; x = 1
4a. Cho sin α =

5
13

với

π
π

< α < π . Tính giá trị của cos  α + ÷ .
4
2

2

 5  144
Ta có cos α = 1 − sin α = 1 −  ÷ =
.
 13  169
0,25
−12
π
Suy ra cos α =

(vì < α < π nên cos α < 0 )
13
2
π
π
π −12 2 5 2 −17 2

.
− .
=
Do đó: cos  α + ÷ = cos α.cos − sin α.sin =
.
4
4
4 13 2 13 2
26

4b. Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của
2

2

18

æ 1ö
÷
ç
x÷
ç
÷

ç
è x2 ø

18
18
k ∈ ¥
æ 1÷
ö
æ 1ö
k
k
18- k
k
18- 3 k
÷
ç
ç
x- 2 ÷
=
C
.
x
.
=
C
.
1
.
x
(

)
Ta có:
với

÷
ç
å
ç
å
18
18
÷ k =0
ç
ç x2 ø
è x ÷
ø
è
k =0
 k ≤ 18
Để có số hạng không chứa x : 18 - 3k = 0 Û k = 6
18

k

6
Vậy hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển là: ( - 1) C186 = 18564 .

5
5
3

2
I
=
∫0 x ( x + 4) dx .
(1,0 Tính tích phân
1
điểm)
Đặt t = ( x 2 + 4) 2 = x 2 + 4 . Suy ra t 2 = x 2 + 4 . Do đó tdt = xdx .

x = 0 ⇒ t = 2, x = 5 ⇒ t = 3
3

3

2

2

0,25
0,25

0,25
0,25

2
4
2
Suy ra I = ∫ (t − 4)t.tdt = ∫ (t − 4t )dt

0,25

3

 t 5 4t 3 
63 64 253
I = − ÷ = + =
 5 3  2 5 15 15

6

0,25

Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2;0;1), mp (P): 2 x − 2 y + z + 1 = 0 và
đường thẳng (d):

x −1 y z − 2
= =
1
2
1

Lập phương trình mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P)
Vì (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên bán kính R của (S) là khoảng cách từ
tâm A của (S) đến mp (P). R= R =

4 − 0 +1+1
22 + (−2) 2 + 12

=2

0,25

Phương trình mặt cầu (S): ( x − 2 ) + y 2 + ( z − 1) = 4
Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A, vuông góc với đường thẳng (d)
và cắt
r
(1,0 đường thẳng (d) tại M . vì M ∈ (d) nên M (1 + m; 2m; 2 + m) , m ∈ ¡ . u là vec
điểm) tơ chỉ phương của (d)
r uuur
Vì d⊥ ∆ nên u. AM = 0 ⇔ 4m = 0 ⇔ m = 0

0,25

=> véc tơ chỉ phương của ∆ là AM = (−1;0;1) . Phương trình đường thẳng ∆

0,25

2

2

uuur

4

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

x = 2 − t

cần tìm là :  y = 0 , t ∈ ¡
z = 1+ t


7
Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB=a, OC= a
(1,0 đường cao OA= a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC.
điểm)
a. Tính thể tích khối tứ diện theo a
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.
A
a. Tính thể tích khối tứ diện OABC
Diện tích tam giác OBC :
1
1
a2 3
= OB.OC = a (a 3) =
2
2
2

SOBC

3,

(a>0) và

0,25

a 3
H

Thế tích khối tứ diện

O

N

1
1 a2 3
a3
V = SOBC .OA = (
)(a 3) =
(đvtt)
3
3 2
2

C

a 3
K

0,25

M
a

B

b.Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.
Gọi N là điểm đối xứng của C qua O.
Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình).
⇒ OM // (ABN)
⇒ d(OM;AB) = d(OM;(ABN)) = d(O;(ABN)).
Dựng OK ⊥ BN , OH ⊥ AK ( K ∈ BN ; H ∈ AK )
Ta có: AO ⊥ (OBC ); OK ⊥ BN ⇒ AK ⊥ BN

0,25

BN ⊥ OK ; BN ⊥ AK ⇒ BN ⊥ ( AOK ) ⇒ BN ⊥ OH
OH ⊥ AK ; OH ⊥ BN ⇒ OH ⊥ ( ABN ) ⇒ d (O; ( ABN ) = OH

Từ các tam giác vuông OAK; ONB có:
1
OH

Vậy,

2

=

1

OA

2

+

1
OK

2

=

d (OM ; AB ) = OH =

1
OA

2

+

1
OB

2

+

1

ON

2

=

1
3a

2

+

1
a

2

+

1
3a

2

=

5
3a

2

⇒ OH =

a 15
5

.

0,25

a 15
.
5

8
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD , đường chéo AC có phương
(1,0
9 9
trình
x +2y -11 = 0, M  ; ÷ là trung điểm của đoạn AB.Tìm tọa độ cá
điểm)
2 2
điểm A,B,C,D biết xA ≤ 3 .

5


Câu

Đáp án

Điểm

4
4


AB : A  x − ÷+ B  y − ÷ = 0 ( A2 + B 2 > 0)
5
5


r r
n AB .n AC
A + 2B
cos45o = r
=
r
5 A2 + B 2
n AB n AC

0,25

 AB : x − 3 y + 9 = 0 ⇒ A(3; 4) ( N ) ⇒ B (6;5)
⇒
 AB : 3x + y − 18 = 0 ⇒ A(5;3) ( L)

7 5
Gọi N là điểm đối xứng của M qua AC ⇒ N  ; ÷

2 2
7 5
Gọi N là điểm đối xứng của M qua AC ⇒ N  ; ÷ .N Là trung điểm của
2 2
⇒
D
(4;1)
AD

0,25
0,25

BD: 2x –y -7 = 0 ⇒ AC ∩ BD = I ( 5;3) . I là trung điểm của AC ⇒ C (7; 2)
0,25
9a
Một xí nghiệp có thề dùng ba loại nguyên liệu A; B; C để sản xuất ra một loại sản
(1,0 phẩm theo hai công nghệ khác nhau là CN1 và CN2. Cho biết tổng khối lượng
điểm) nguyên liệu mỗi mỗi loại xí nghiệp hiện có, định mức tiêu thụ mỗi loại nguyên liệu
trong một giờ sản xuất theo mỗi công nghệ trong bảng
Tổng khối lượng Định mức tiêu thụ trong 1 giờ
Nguyên liệu
hiện có
CN1
CN2
A
200
4
2
B

280
3
5
C
350
9
5
Sản lượng
30
36
Tìm kế hoạch sản xuất sao cho tổng số sản phẩm thu được nhiều nhất.
Gọi x, y lần lượt là thời gian ( giờ) sẽ sản xuất theo công nghệ CN1; CN2
( x ≥ 0; y ≥ 0 ) . Tổng khối lượng nguyên liệu mỗi loại sẽ sử dụng để sản xuất
là
A: 4x + 3y (đơn vị nguyên liệu)
B: 3x + 5y (đơn vị nguyên liệu)
C: 9x + 5y (đơn vị nguyên liệu)
Để không bị động trong sản xuất thì tổng khối lượng nguyên liệu mỗi loại
sẽ sử dụng để sản xuất không thể vượt quá tổng khối lượng nguyên liệu
mỗi loại xí nghiệp hiện có nên ta có điều kiện:

 4 x + 3 y ≤ 200
3 x + 5 y ≤ 280


9 x + 5 y ≤ 350
 x ≥ 0; y ≥ 0

Yêu cầu bài toán: Tìm giá trị lớn nhất của hàm F = 30x + 35y
Xác định miền nghiệm

Ta có miền nghiệm là tứ giác OABC kể cả cạnh
Với O(0;0) suy ra F = 0

Với A 

350 
3500
;0 ÷ suy ra F =
3
 9



Với B 

35

; 49 ÷ suy ra F = 2065
 3


6

0,25

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

9.b



Với C  0;
giờ theo
÷suy ra F = 1960 Vậy sản xuất theo phương án :
5 
3

công nghệ CN1 và 49 giờ theo công nghệ CN2 thì tổng số sản phẩm thu
được là nhiều nhất F = 2065
Giải phương trình sau đây trên tập số thực
280

35

x4
6 + 12 x + 5 x − x − 3x + 4 x + 2 x + 1 + 12 x + 8 =
x +1
x4
6 + 12 x + 5 x 2 − x 3 − 3x 3 + 4 x 2 + 2 x + 1 + 12 x + 8 =
x +1
2

3

3

2

⇔ ( x + 1)(6 + 6 x − x 2 ) − ( x + 1)(3x 2 + x + 1) + 12 x + 8 =

x4
(*)
x +1

( x + 1)(6 + 6 x − x 2 ) ≥ 0

2
Đk ( x + 1)(3 x + x + 1) ≥ 0 ⇔ 3 − 15 ≤ x ≤ 3 + 15
x +1 ≠ 0


0,25

Chia 2 vế pt (*) cho x + 1 (x + 1 > 0) ta được phương trình tương đương
6 + 6x − x2
3x 2 + x + 1
x
x4
−
+4
+8=
x +1
x +1

x +1
( x + 1) 2
⇔ 6−

x2
x2
x
x4
x2
− 3
+1 + 4
+8=
= t; t ≥ 0
đặt
x +1
x +1
x +1
( x + 1) 2
x +1

Phương trình trở thành phương trình ẩn t: t 2 − 4t − 8 + 3t + 1 − 6 − t = 0
⇔ t 2 − 4t − 5 + ( 3t + 1 − 4) + (1 − 6 − t ) = 0
3(t − 5)
t−5
3
1


+
= 0 ⇔ (t − 5)  t + 1 +

+
÷= 0
3t + 1 + 4 1 + 6 − t
3t + 1 + 4 1 + 6 − t 

0,25
3
1
+
> 0 Ta có
⇔ t = 5 (nhận) vì t + 1 +
3t + 1 + 4 1 + 6 − t
2
x
5±3 5
= 5 ⇔ x 2 − 5x − 5 = 0 ⇔ x =
(nhận)
x +1
2
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn : ab + ac + bc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của
a
b
c
+
+
biểu thức : P =
1 + a2
1 + b2
1 + c2
Từ điều kiện: ab + ac + bc = 1 , ta suy ra:

1 + a 2 = a 2 + ab + bc + ac = (a + b)(a + c )
0,25
2
2
1
+
c
=
(
a
+
c
)(
b
+
c
)
1 + b = ( a + b)(b + c)
⇔ (t + 1)(t − 5) +

10
(1,0
điểm)

;

Ta có: P = a
⇒

P≤

1
1
1
+b
+c
(a + b)(a + c)
(a + b)(b + c )
(c + b)(a + c )

a 1
1  b 1
1  c 1
1 
+
+
+

÷+ 
÷+ 
÷
2  a +b a +c  2  a +b b +c  2 c +b a +c 

(áp dụng BĐT

0,25

Cauchy)
⇔ P≤

3
2

0,25
3

Vậy max P = 2 khi a = b = c =

1
3

0,25
7


S GD & T THNH PH CN TH THI TH THPT QUC GIA NM 2016
TRNG THPT NGUYN VIT DNG
MễN: TON
Thi gian: 180 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
Cõu 1 (1,0 im). Kho sỏt s bin thiờn v v th ( C ) ca hm s y = - x 4 + 8x 2 + 4.
Cõu 2 (1,0 im). Cho hm s y =

x+1
cú th ( H ) . Vit phng trỡnh tip tuyn ca
x- 1

th ( H ) ti im cú honh bng 2.
Cõu 3 (1,0 im).
a) Gii phng trỡnh: 2 cos2 2x + 5 sin 2x + 1 = 0.
b) Gii phng trỡnh z 4 + 4z 2 + 3 = 0 .

1

Cõu 4 (1,0 im). Tớnh tớch phõn I = ũ x
0

(

)

x 2 + 1 + e x dx .

Cõu 5 (1,0 im).
a) Gii phng trỡnh log22 x - 4 log4 x 3 + 5 = 0.
8

ổ2 2 ữ
ử
b) Tỡm h s ca s hng cha x trong khai trin ca biu thc ỗ
x - ữ
.
ỗ
ỗ
ữ
xữ
ố
ứ
4

Cõu 6 (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho im I ( 7; 4; 6) v mt phng

( P ) : x + 2y -

2z + 3 = 0.

a) Lp phng trỡnh ca mt cu ( S ) cú tõm I v tip xỳc vi mt phng ( P ) .
b) Tỡm ta tip im ca ( P ) v ( S ) .
Cõu 7 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S .A BCD cú ỏy A BCD l hỡnh thoi cnh a, Aã BC = 60,
cnh SA vuụng gúc vi ỏy v SC to vi ỏy mt gúc 60. Tớnh theo a th tớch khi chúp
S .A BCD v khong cỏch gia hai ng thng A B v SD .
Cõu 8 (1,0 im). Trong mt phng h ta Oxy , cho tam giỏc A BC ni tip ng trũn
tõm O ( 0; 0) . Bit chõn ng cao h t nh A v C ln lt l M ( - 1; 0) v N ( 1;1) . Hóy
tỡm ta cỏc nh ca tam giỏc, bit nh B nm trờn ng thng 3x + y - 1 = 0.
Cõu 9 (1,0 im).
a) Mt nh mỏy dựng hai loi nguyờn liu l khoai mỡ v ngụ ch bin ớt nht 140
kg thc n cho g v 90 kg thc n cho cỏ. T mi tn khoai mỡ giỏ 4 triu ng, cú th ch
bin c 20 kg thc n cho g v 6 kg thc n cho cỏ. T mi tn ngụ giỏ 3 triu ng, cú
th ch bin c 10 kg thc n cho g v 15 kg thc n cho cỏ. Hi phi dựng bao nhiờu tn
nguyờn liu mi loi chi phớ nguyờn liu l ớt nht bit rng kho nguyờn liu ca nh mỏy
cũn li 10 tn khoai mỡ v 9 tn ngụ.

(

2x 5 + 3x 4 14x 3

)


2
= 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2 1
ữ

x +2
x +2

Cõu 10 (1,0 im). Cho cỏc s thc a, b, c khụng õm v tha món a 2 + b2 + c 2 = 3. Tỡm giỏ
tr ln nht ca biu thc P = ab + bc + ca + 5a + 5b + 5c + 4 .

b) Gii phng trỡnh:

-----HT-----

8


ĐÁP ÁN
Câu
Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
1

Điểm
1,0

y = - x 4 + 8x 2 + 4.
TXĐ: D = ¡
éx = 0
ê
y ' = - 4x + 16x , y ' = 0 Û ê
x = ±2
ê
ë

lim y = - ¥ , lim y = - ¥

0,25

3

x ®- ¥

x ®+ ¥

Bảng biến thiên
x

-2

- ¥
+¥

y'
y

+

0
12

0
-

0

2
+

0
12

-

0,25

4

- ¥
- ¥

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ¥ ; - 2) , ( 0;2)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( - 2; 0) , ( 2; + ¥
Hàm số đạt cực đại tại x = ±2, y = 12
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y = 4
Đồ thị

)

0,25

y

0,25
x

x+1
có đồ thị ( H ) . Viết phương trình tiếp
x- 1
tuyến của đồ thị ( H ) tại điểm có hoành độ bằng 2.

Cho hàm số y =
2

Có y ' =

- 2

( x - 1)

0,25

2

Ta có x 0 = 2 Þ y 0 = 3, y ' ( x 0 ) = -

1,0

1
2

0,25

Phương trình tiếp tuyến là y = y ' ( x 0 ) ( x - x 0 ) + y 0
9

0,25


Vy phng trỡnh tip tuyn cn tỡm l
1
1
x - 2) + 3 hay y = - x + 4
(
2
2
2
Gii phng trỡnh: 2 cos 2x + 5 sin 2x + 1 = 0.
2 cos2 2x + 5 sin 2x + 1 = 0 - 2 sin 2 2x + 5 sin 5x + 3 = 0
ộsin 2x = 3(V N )
ờ
ờ
ờ sin 2x = - 1
ờ
2
ở
ộ
ộ
ờ2x = - p + k 2p
ờx = - p + k p
ờ
ờ
6
12
ờ

ờ
(k ẻ Â )
7
p
7
p
ờ2x =
ờ
+ k 2p
ờ
ờx = 12 + k p
6
ở
ở

0,25

Gii phng trỡnh z 4 + 4z 2 + 3 = 0 .

0,5

y =-

3a

3b

0,25

2

1

Tớnh tớch phõn I = ũ x
0

1

Cú I = ũ x
0

(

2

x

(

0,25
0,25

)

x 2 + 1 + e x dx .
1

)

x + 1 + e dx =

ũx

1,0
1

2

x + 1dx +

0

ũ xe dx = I
x

2

Suy ra I 1 = ũ t 2dt = t

3

1

2

3

=
1

Suy ra I 2 = xe x 0

Vy I =

1

x

ũe dx
0

+ I2

0,25

0,25

2 2- 1
3

ỡù u = x
ùỡ du = dx
ùù
ù
ị
ớ
t ớù
x
ùù v = e x
ùùợ dv = e dx

ùợ
1

1

0

t t = x 2 + 1 ị t 2 = x 2 + 1 ị tdt = xdx
i cn: x = 0 ị t = 1; x = 1 ị t = 2

5a

0,25

ộz 2 = - 1
ờ
z + 4z + 3 = 0 ờ 2
ờz = - 3
ở
ộ z = i
ờ
ờ
z = 3i
ờ
ở
4

4

0,5

0,25
x

ổ
3ử
ữ
t =ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố2 ứ

2 2+ 2
3

0,25

Gii phng trỡnh log22 x - 4 log 4 x 3 + 5 = 0.
K: x > 0
log22 x - 4 log 4 x 3 + 5 = 0 log22 x - 6 log2 x + 5 = 0
ộlog x = 1
2
ờ
ờlog x = 5
ờ
ở 2
10

0,5
0,25


ộx = 2
ờ
ờx = 32
ờ
ở

0,25

Tỡm h s ca s hng cha x 4 trong khai trin ca biu thc
5b

8

ổ2 2 ữ
ử
ỗ
ữ
x
.
ỗ
ỗ
ữ
xữ
ố
ứ

0,5

Ta cú s hng tng quỏt

2( 8- k )
T k + 1 = C 8k x

ổ
ỗ
ỗ
ỗ
ố

k

k
2ử
ữ
ữ
= ( - 2) C 8k x 16ữ
ữ
xứ

3k

s hng cha x 4 thỡ 16 - 3k = 4 k = 4
4

Vy h s cn tỡm l ( - 2) C 84 = 1120

0,25
0,25

Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho im I ( 7; 4; 6) v
6a

mt phng ( P ) : x + 2y - 2z + 3 = 0. Lp phng trỡnh ca mt

0,5

cu ( S ) cú tõm I v tip xỳc vi mt phng ( P ) .

(

)

Cú R = d I , ( P ) =

1.7 + 2.4 - 2.6 + 3
2

2

1 + 2 + ( - 2)

=2

2

0,25

Vy phng trỡnh mt cu cn tỡm l

( x - 7)

2

2

2

+ ( y - 4) + ( z - 6) = 4

Tỡm ta tip im ca ( P ) v ( S ) .

0,25
0,5

Gi d l ng thng i qua I v vuụng gúc vi mt phng ( P ) .
Khi ú vộct ch phng ca ng thng d l
r
r
ud = n P = ( 1;2; - 2)

6b

ỡù x = 7 + t
ùù
Vy phng trỡnh ng thng d l ùớù y = 4 + 2t , t ẻ Ă
ùù z = 6 - 2t

ùợ

0,25

Gi H l tip im cn tỡm, khi ú H l giao im ca d v ( P )
Do ú H ( 7 + t ; 4 + 2t ; 6 - 2t ) ẻ d
Mt khỏc H ẻ ( P ) nờn ( 7 + t ) + 2 ( 4 + 2t ) - 2 ( 6 - 2t ) + 3 = 0
2
t =3
ổ
19 8 22 ử
ữ
ỗ ; ; ữ
Vy H ỗ
ữl im cn tỡm
ỗ
ố3 3 3 ữ
ứ

Cho hỡnh chúp S .A BCD cú ỏy A BCD l hỡnh thoi cnh a,
Aã BC = 60, cnh SA vuụng gúc vi ỏy v SC to vi ỏy mt
gúc 60. Tớnh theo a th tớch khi chúp S .A BCD v khong
cỏch gia hai ng thng A B v SD .
11

0,25

1,0

0,25

Ta có D A BC đều nên A C = a .
Có BD = A B 2 + A D 2 - 2A B .A D . cos 120° = a 3
1
2

Suy ra S A BCD = A C .BD =

a2 3
2

0,25

Mặt khác SA = A C . t an 60° = a 3.
a3
2
Do A B / / CD nên d ( A B , SD ) = d A B , ( SCD ) = d A , ( SCD )
1
3

Vậy V S .A BCD = SA .S A BCD =

(

7

)

(

)

Gọi H là trung điểm của CD . Do D A CD đều nên A H ^ CD .
Trong tam giác SA H kẻ A K ^ SH

0,25

Khi đó d ( A , ( SCD ) ) = A K
Ta có A H =
AK =

a 3
2

A H .SA
A H 2 + SA 2

Vậy d ( A B , SD ) =

=

15
a
5

0,25

a 15
5

Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy , cho tam giác A BC nội tiếp
đường tròn tâm O ( 0; 0) . Biết chân đường cao hạ từ đỉnh A và
C lần lượt là M ( - 1; 0) và N ( 1;1) . Hãy tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác, biết đỉnh B nằm trên đường thẳng 3x + y - 1 = 0.

12

1,0


0,25
Ta chứng minh OB ^ MN .
· C + NMC
·
Ta có tứ giác A NMC nội tiếp nên BA
= 180° .
·
·
·
·
·
Mà BMN
+ NMC
= 180°. Suy ra BA C = BMN = BOH , với H
là chân đường cao của O xuống cạnh B C .
·
·
·
·

Mà OBH
+ BOH
= 90°, suy ra OBH
+ BMN
= 90°. Vậy
OB ^ MN

9a

Khi đó ta có đường thẳng OB có phương trình 2x + y = 0.
Ta tìm được B ( 1; - 2)

0,25

Có BN : x = 1, BM : x + y + 1 = 0, CN : y = 1, A M : - x + y - 1 = 0

0,25

Suy ra A ( 1;2) , C ( - 2;1) .
Một nhà máy dùng hai loại nguyên liệu là khoai mì và ngô để
chế biến ít nhất 140 kg thức ăn cho gà và 90 kg thức ăn cho cá.
Từ mỗi tấn khoai mì giá 4 triệu đồng, có thể chế biến được 20
kg thức ăn cho gà và 6 kg thức ăn cho cá. Từ mỗi tấn ngô giá 3
triệu đồng, có thể chế biến được 10 kg thức ăn cho gà và 15 kg
thức ăn cho cá. Hỏi phải dùng bao nhiêu tấn nguyên liệu mỗi
loại để chi phí nguyên liệu là ít nhất biết rằng kho nguyên liệu
của nhà máy còn lại 10 tấn khoai mì và 9 tấn ngô.
Gọi x , y (tấn) lần lượt là khối lượng khoai mì và ngô được sử dụng
Ta có chi phí nguyên liệu là T ( x , y ) = 4x + 3y
Theo các giả thiết trên ta có hệ bất phương trình

0,25

ïìï 0 £ x £ 10
ïï
0£ y £ 9
ïï
Û
í
ïï 20x + 10y ³ 140
ïï
ïîï 6x + 15y ³ 90

ïìï 0 £ x £ 10
ïï
ïï 0 £ y £ 9
í
ïï 2x + y ³ 14
ïï
ïîï 2x + 5y ³ 30

0,5

0,25

Vẽ đồ thị biểu diễn tập nghiệm của hệ bất phương trình trên.
Khi đó ta được T ( x , y ) min = 32 = T ( 5, 4)
Vậy để chi phí là thấp nhất thì nhà máy nên sử dụng 5 tấn khoai mì
và 4 tấn ngô.
Giải phương trình:

2x 5 + 3x 4 − 14x 3
x +2

)

(


2 
= 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2  1 −
÷*
x +2

13

( )

0,5


K: x > - 2

( *)

(

) (
2) ( 2x + 7 ) = ( 4x + 14x

x 3 2x 2 + 3x - 14 = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2

x3 (x -

4

ộ
ờ
ờ3
ờx ( 2x + 7 )
ở

3

)(

x+ 2- 2

ổ x- 2
ỗ
+ 3x 2 + 2 ỗ
ỗ
ỗ
ố x+2+

)

0,25

x =2

(

)

x + 2 + 2 = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2 ( * *)

x 3 ( 2x + 7 ) x + 2 = 3x 2 + 2 ( 2x + 7 ) x + 2 =

(

ử
ữ
ữ
ữ
ữ
ứ
2ữ

x 3 ( 2x + 7 ) x + 2 + 4x 4 + 14x 3 = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2

( * *)

2

)

x+2

)

3

+ 3 x+2=

2
x3

+

2
x3

+

3
x

3
( * * *)
x

Xột f ( t ) = 2t 3 + 3t , cú f ' ( t ) = 6t 2 + 3 > 0, " t
ổ1 ử
1
ữ
ữ
x+ 2 =fỗ
x+2=
ỗ
ữ

ỗ
ữ
x
ốx ứ
ỡù
x> 0
ùỡù
x> 0
ù
ù
ớ 3

ớ
ùù x + 2x 2 - 1 = 0
ùù ( x + 1) x 2 + x - 1 = 0
ùợ
ùợ

T ( * * *) ta cú f

(

)

(

x=

- 1+
2

0,25

)

5

Vy phng trỡnh cú hai nghim x = 2, x = - 1 + 5
2

10

Cho cỏc s thc a, b, c khụng õm v tha món a 2 + b2 + c 2 = 3.
Tỡm
giỏ
tr
ln
nht
ca
biu
thc
P = ab + bc + ca + 5a + 5b + 5c + 4 .
2

(

Ta cú a 2 + b2 + c 2 Ê ( a + b + c ) Ê 3 a 2 + b2 + c 2
2

3 Ê ( a + b + c) Ê 9

)

1,0

0,25

3 Ê a + b+ c Ê 3

ộ 3; 3ự
t t = a + b + c, t ẻ ờ
ỳ
ở
ỷ

Ta cú ab + bc + ca =
1
2

( a + b + c)

Suy ra P ( t ) = t 2 + 5t +

2

(

- a 2 + b2 + c 2
2

5
2

P ' ( t ) = t + 5 > 0, " t ẻ ộ
3; 3ự
ờ
ỳ
ở
ỷ
Vy Pmax = 22 vi t = 3 khi ú a = b = c = 1.

14

) =t

2

- 3
2

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM

2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THAM KHẢO
(Đề có 01 trang)
Câu 1 (1,0điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

2x +1
.
x +1

Câu 2 (1,0điểm). Cho hàm số y = x − 2 ( m + 1) x + m + 2
(1). Gọi A là điểm thuộc đồ
thị hàm số (1) có hoành độ xA = 1 . Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)
4

2

1
4

tại A vuông góc với đường thẳng d : y = x − 2016 .
Câu 3 (1,0điểm).
1) Tìm môđun của số phức z biết: ( 2 + i ) ( 1 − iz ) +

2 ( 1 + 2i )

1+ i
2) Giải bất phương trình: 2 log 3 ( 4 x − 3) + log 1 ( 2 x + 3) ≤ 2 .

3

e2

Câu 4 (1,0điểm). Tính tích phân sau: I = ∫

(x

)

+ 1 ln x + 1
x ln x

e

Câu 5 (1,0điểm).

2

= ( 3 − 2i ) z

dx

π



1) Giải phương trình: sin  x + ÷+ cos 2 x = 0 .
3




2) Cuộc thi tìm kiếm tài năng trường THPT Thạnh An lần II năm học 2015 – 2016 tuyển
được 14 tiết mục để công diễn, trong số đó lớp 11A2 có 2 tiết mục được chọn. Ban tổ chức
cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 2 nhóm công diễn, mỗi nhóm 7 tiết mục. Tính xác
suất để 2 tiết mục của lớp 11A2 được biểu diễn trong cùng một nhóm.
Câu 6 (1,0điểm). Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 2 z + 1 = 0 và hai điểm
A ( 1; −2;3) , B ( 3; 2; −1) . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B và vuông góc với (P). Tìm
điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến (Q) bằng 17 .
Câu 7 (1,0điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ,
0
·
BAD
= 1200 và cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 60 . Tính
theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.
Câu 8 (1,0điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H ( 1; 2 ) là hình


chiếu vuông góc của A trên BD. Điểm M  ;3 ÷ là trung điểm cạnh BC, Phương trình đường
2 
trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là d : 4 x + y − 4 = 0 . Viết phương trình cạnh BC.
9

 x 3 − x 2 + x − xy = y 3 + y 2 + y + 1
Câu 9 (1,0điểm). Giải hệ phương trình:  3
(x, y∈R)
2
3
2

 x − 9 y + 6 x − 18 y − 15 = 3 6 x + 2

Câu 10 (1,0điểm). Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
15


( a + b) 2
c 2 + 4(ab + bc + ca )

---HẾT---

Câu
1

HƯỚNG DẪN CHẤM
Đáp án – cách giải
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

Điểm

2x +1
.
x +1

1

TXĐ: D=R \{−1}, y’ = ( x + 1)2 >0 ∀x ∈D
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞;-1) và (-1;+∞).
Hàm số không có cực trị.
- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận:

lim y = 2; lim y = 2 ⇒ Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang.
x →−∞
x →+∞
lim y = +∞;

x →−1−

2

lim y = −∞ ⇒ Đường thẳng x = -1 là tiệm cận đứng.

0.25

0.25

x →−1+

Bảng biến thiên
Đồ thị
4
2
Cho hàm số y = x − 2 ( m + 1) x + m + 2
(1). Gọi A là điểm thuộc
đồ thị hàm số (1) có hoành độ xA = 1 . Tìm các giá trị của m để tiếp
tuyến với đồ thị hàm số (1) tại A vuông góc với đường thẳng
1
x − 2016 .
4
3
Ta có: y ' = 4 x − 4 ( m + 1) x

0.25
0.25

d:y=

0.25
0.25

Hệ số góc tiếp tuyến tại điểm A là: y ' ( 1) = −4m
1
4

Tiếp tuyến tại A vuông góc với đường thẳng d ⇔ y ' ( 1) . = −1 ⇔ m = 1
3

1) Tìm mô đun của số phức z biết: ( 2 + i ) ( 1 − iz ) +
(2 + i )(1 − iz ) +
⇔ 2 z = 5 + 2i

⇒z=

2 ( 1 + 2i )
1+ i

0.5

= ( 3 − 2i ) z

2(1 + 2i )

= (3 − 2i) z ⇔ 2 + i − (2 + i)iz + 3 + i = (3 − 2i) z
1+ i

5
29
+i ⇒ z =
2
2

0.25
0.25

2) Giải bất phương trình: 2 log 3 ( 4 x − 3) + log 13 ( 2 x + 3) ≤ 2 .
3
4
2
Khi đó: 2 log 3 ( 4 x − 3) + log 1 ( 2 x + 3) ≤ 2 ⇔ log 3 ( 4 x − 3) ≤ log 3 ( 2 x + 3 ) .9 

ĐK: x > .

0.25

3

3
2
⇔ ( 4 x − 3) ≤ ( 2 x + 3) .9 ⇔ 16 x 2 − 42 x − 18 ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 3
8
16

0.25


Kết hợp điều kiện, nghiệm của BPT là:
4

e2

Tính tích phân sau: I = ∫

(x

e2

I=∫

2

+ 1) ln x + 1
x ln x

e

(x

2

x ln x

e

e2

dx = ∫
e

)

+ 1 ln x + 1

3
< x≤3
4

dx

e2

e2

e2

x2 +1
1
1
1

dx + ∫
dx = ∫  x + ÷dx + ∫
dx = J + K

x
x
ln
x
x
x
ln
x


e
e
e
e2

2

 x2

1
e4 − e2

J = ∫  x + ÷dx =  + ln x ÷ =
+1
x
2
 2
e
e 
e

e2

K=

∫
e

e2

1
1
dx = ∫
d ln x = ln ln x
x ln x
ln
x
e

e2
e

0.25

= ln 2

0.25

e4 − e2
I=

+ 1 + ln 2
2

5

0.25

0.25
π



1) Giải phương trình: sin  x + ÷+ cos 2 x = 0 .
3




π
π
π


π
sin  x + ÷+ cos 2 x = 0 ⇔ cos 2 x = − sin  x + ÷ ⇔ cos 2 x = cos  + x + ÷
3
3
3



2
5π

5π

2x =
+ x + k 2π
x=
+ k 2π


6
 5π

6
⇔ cos 2 x = cos 
+ x ÷⇔ 
⇔
( k ∈¢
 2 x = −  5π + x  + k 2π
 6

 x = − 5π + k 2π
 6
÷


18
3




0.25

)

0.25

2) Cuộc thi tìm kiếm tài năng trường THPT Thạnh An lần II năm học
2015 – 2016 tuyển được 14 tiết mục để công diễn, trong số đó lớp
11A2 có 2 tiết mục được chọn. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên
để chia thành 2 nhóm công diễn, mỗi nhóm 7 tiết mục. Tính xác suất
để 2 tiết mục của lớp 11A2 được biểu diễn trong cùng một nhóm.
Số cách chia 14 tiết mục thành hai nhóm, mỗi nhóm 7 tiết mục là C147 .
C77 ⇒ số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = C147
Gọi A là biến cố “cả 2 tiết mục của lớp 11A2 diễn cùng một nhóm”
⇒ n ( A ) = 2.C125 ⇒ P ( A ) =

6

2C125
6
=
7
C14 13

0.25

Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 2 z + 1 = 0 và hai
điểm A ( 1; −2;3) , B ( 3; 2; −1) . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B

và vuông góc với (P). Tìm điểm M trên trục hoành sao cho khoảng
cách từ M đến (Q) bằng 17 .
uuur
uur
Ta có: AB = ( 2; 4; −4 ) , mp(P) có VTPT nP = ( 2;1; −2 )
uur uuur uur
mp(Q) có vtpt là nQ =  AB; nP  = ( −4; −4; −6 ) ⇒ (Q): 2x + 2y + 3z – 7 = 0.

M∈ Ox. ⇔ M(m; 0; 0), d ( M ; ( Q ) ) = 17 ⇔
7

0.25

2m − 7
17

= 17 (*)

Giải (*) tìm được m = 12, m = −5 . Vậy: M(12; 0; 0) hoặc M(-5; 0; 0)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ,
·
BAD
= 1200 và cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết mặt phẳng (SBC)
17

0.25
0.25
0.25
0.25

và đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng BD và SC.

0.25
·
Do dáy ABCD là hình thoi có BAD
= 1200 nên các tam giác ABC, ADC
đều cạnh a 3 .Gọi H là trung điểm của BC, ta có: AH ⊥ BC, SA ⊥
BC ⇒ BC ⊥ SH
·
= 600
Do đó: (·
( SBC ) ; ( ABCD ) ) = (·AH ; SH ) = SHA

Tam giác SAH vuông tại A: SA = AH .tan 600 =

t

=

3
2

1
3

3a 3 3
4

Vậy: VS . ABCD = SA.S ABCD =

3a
2

0.25

Gọi O = AC ∩ BD.
Vì BD ⊥ AC và BD ⊥ SA nên BD ⊥ (SAC).
Kẻ OK ⊥ SC tại K ⇒ OK là đường vuông góc chung của BD và SC
⇒ d(BD; SC) = OK.

0.25

3a 7
Tam giác SAC đồng dạng tam giác OKC ⇒ OK =

0.25

14

8

Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H ( 1; 2 ) là


hình chiếu vuông góc của A trên BD. Điểm M  ;3 ÷ là trung điểm
2 
cạnh BC, Phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH
là d : 4 x + y − 4 = 0 . Viết phương trình cạnh BC.

9

0.25
Gọi K là trung điểm của DH, P là trung điểm của AH.
Ta có: KP // AD ⇒ KP ⊥ AB
Mặt khác: AH ⊥ BD
⇒ P là trực tâm tam giác ABK ⇒ BP ⊥ AK (1)
Lại có: Tứ giác BMKP là hình bình hành nên BP // KM (2)
18


Từ (1) và (2) ta được: AK ⊥ KM.
Đường thẳng KM qua M và vuông góc với AK nên KM: x − 4 y +

15
=0
2



K = AK ∩ KM ⇒ K  ; 2 ÷. Do K là trung điểm của DH ⇒ D(0; 2)
2

0.25

Đường thẳng BD đi qua K và H nên BD: y − 2 = 0 , Đường thẳng AH: x
– 1 = 0.
A = AH ∩ d ⇒ A(1; 0)
Đường thẳng BC qua M và song song với AD nên BC: 2x + y – 12 = 0

0.25

1



9



( 1)
( 2)

 x 3 − x 2 + x − xy = y 3 + y 2 + y + 1
Giải hệ phương trình:  3
2
3
2
 x − 9 y + 6 x − 18 y − 15 = 3 6 x + 2

 y = x −1
 y = x −1

2
(1) ⇔ ( x − y − 1) x 2 + y 2 + xy + 1 = 0 ⇔  2
⇔
2
 x + 1 y  + 3 y 2 + 1 = 0 ( vn ) ⇒ y = x − 1
x
+

y
+
xy
+
1
=
0

÷

2  4

(

)

Thay y = x – 1 vào (2), ta được:

(

)

x 3 − 9 x 2 + 6 x − 6 = 3 3 6 x 2 + 2 ⇔ x 3 − 3x 2 + 3 x − 1 + 3 ( x − 1) = 6 x 2 + 2 + 3 3 6 x 2 + 2
⇔ ( x − 1) + 3 ( x − 1) =
3

(

3

6 x2 + 2

)

3

+ 3 3 6 x 2 + 2 ⇔ f ( x − 1) = f

3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , t ∈ ¡ , f ' ( t ) = 3t + 3 > 0, ∀t ∈ ¡
⇒ hàm số f ( t ) đồng biến trên R

(

3
(*) ⇔ x − 1 = 3 6 x 2 + 2 ⇔ 6 x 2 + 2 = ( x − 1) ⇔ ( x + 1) = 2 ( x − 1)
3

⇔ x + 1 = 3 2 ( x − 1) ⇔ x =

10

0.25

3

6x2 + 2

) ( *)

0.25

0.25

0.25
3

0.25

1+ 3 2
2
⇒y= 3
3
2 −1
2 −1

( a + b) 2
Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2] . Tìm GTNN của P = 2
c + 4(ab + bc + ca )
( a + b) 2
( a + b) 2
P= 2
=
c + 4(ab + bc + ca ) c 2 + 4(a + b)c + 4ab
2

a b
 + ÷
2

( a + b)
c c
2
Do 4ab ≤ (a + b) nên P ≥ 2
2
2 =
c + 4(a + b)c + (a + b)
a b  a b
1 + 4  + ÷+  + ÷
c c  c c
t2
a b
+
Đặt t =
vì a,b,c∈[1;2] nên t thuộc [1;4] ⇒ P ≥
= f(t),
4 + 4t + t 2
c c
4t 2 + 2t
f’(t) =
> 0 ∀t∈[1;4]
(1 + 4t + t 2 ) 2
1
⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên [1;4] nên minf(t) = f(1)=
6
1
a+b
⇒ P ≥ . Dấu “=” xảy ra khi a = b và
= 1 ⇔ a =b = 1, c = 2 (vì
6

c

0.25

0.25

0.25

a,b,c∈[1;2])
Vậy MinP =

0.25

1
khi a =b =1, c = 2
6
19


SỞ GD & ĐT THÀNH PHỐ CẦN THƠĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TRƯỜNG THPT HÀ HUY GIÁP
MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) = x 2 − ln(1 − 2 x) trên
đoạn [−1; 0]
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Tìm môđun của số phức z thỏa: (1 + i ) z − 4 − 4i = 2 + 4i
b) Giải phương trình: 4 x−1 + 2 x +1 − 21 = 0
2

 x 1
I
=
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
∫1 x  e − x ÷ dx

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1; 7; 3) và đường thẳng
x − 6 y +1 z + 2
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua điểm A và vuông góc với
−3
−2
1
đường thẳng (d ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d ) sao cho AM = 2 30 .
(d ) :

Câu 6 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2cos 2 x + 8sin x − 5 = 0
b) Một hộp có 5 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu vàng và 8 viên bi màuD xanh. Cùng một
lần lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tìm xác suất sao cho trong 3 viên bi lấy ra không có viên bi nào
h
là màu đỏ.
A

C

α

B

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác
E vuông tại B ,
0
·
AB = 2a, BAC
= 60 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và SA = a 3 . Gọi M , N

AB
,
SA
a
lần lượt là trung điểm của cạnh
. Tính theo thể tích khối chóp S . ABC và khoảng
cách từ điểm B đến mặt phẳng (CMN ) .
20


Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15.
 16 13 
Đường thẳng AB có phương trình x − 2 y = 0 . Trọng tâm tam giác BCD là G  ; ÷. Tìm
 3 3
tọa độ bốn đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết điểm B có tung độ lớn hơn 3.

Câu 9 (1,0 điểm)
a) Từ cảng A dọc theo đường sắt AB cần phải xác định một trạm trung chuyển hàng
hóa C và xây dựng một con đường từ C đến D. Biết rằng vận tốc trên đường sắt là v1 và trên
đường bộ là v2 (v1 < v2). Hãy xác định phương án chọn địa điểm C để thời gian vận chuyển
hàng từ cảng A đến cảng D là ngắn nhất?
b) Giải bất phương trình:

x( x + 2)
( x + 1)3 − x

≥1

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức: P = (a 2 − ab + b 2 )(b 2 − bc + c 2 )(c 2 − ca + a 2 )
------------------- HẾT ------------------ĐÁP ÁN
Câu

Đáp Án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3
TXĐ: D = ¡
y = +∞; lim y = +∞
Giới hạn: lim
x →+∞
x →−∞

Điểm
1,0
0,25

x = 0
3
Đạo hàm: y′ = 4 x − 4 x + 9; y′ = 0 ⇔ 
 x = ±1

BBT:

x
y′
y

1

−∞
+∞
+∞
+∞

−1
−

0

0
+

0

−

1
0

+
−3

−4

−4
Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; 0 ) , ( 1; + ∞ ) và nghịch biến trên khoảng
( −∞; − 1) và ( 0; 1)
Hàm số đạt CĐ tại x = 0, yCD = −3 ; Hàm số đạt CĐ tại x = ±1, yC T = −4
Đồ thị:

21

0,25

0,25
0,25


Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) = x 2 − ln(1 − 2 x) trên
đoạn [−1; 0]
Hàm số xđ và liên tục trên đoạn [−1;0]. Ta có: f ′( x) = 2 x +
2

3a

 x = 1 ∉ [ −1;0]
f ′( x) = 0 ⇔ 
 x = − 1 ∈ [ −1;0]

2
 1 1
f (−1) = 1 − ln 3; f  − ÷ = − ln 2; f (0) = 0
 2 4
 1 1

min y = f  − ÷ = − ln 2; max y = f (0) = 0
[ −1;0]
[ −1;0]
 2 4
Tìm môđun của số phức z thỏa: (1 + i ) z − 4 − 4i = 2 + 4i

0,25
0,25
0,25
0,5
0,25

⇔ z = 7+i ⇒ z = 7−i ⇒ z = 5 2

0,25

Giải phương trình: 4 x −1 + 2 x+1 − 21 = 0

0,5

x −1

+2

x +1

− 21 = 0 ⇔ 4 + 8.2 − 84 = 0
x

x

t = −14 (l )
 t = 6 ( n)

0,25

2
Đặt t = 2 x > 0 , ta có: t + 8t − 84 = 0 ⇔ 

Với t = 6 ⇒ 2 x = 6 ⇔ x = log 2 6

0,25
1,0

2

1

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x  e x − ÷dx
1

2

2

1

1



x

I = ∫ xe x dx − ∫ dx = I1 − I 2

4

0,25

 u=x
 du = dx
⇒
x
x
 dv = e dx  v = e

Đặt: 

⇒ I1 = xe

x 2
1

2

0,25
2

− ∫ e x dx = 2e 2 − e − e x = e 2
1

0,25

1

2

I 2 = x 1 = 1 ⇒ I = e2 − 1

5

0,25

(1 + i ) z − 4 − 4i = 2 + 4i

4

3b

2
1 − 2x

1,0

Trong không gian
(d ) :

0,25
Oxyz ,

cho điểm

A(1; 7; 3)

và đường thẳng

x − 6 y +1 z + 2
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua điểm A và
−3
−2
1
22

1,0


vuông góc với đường thẳng (d ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
(d ) sao cho AM = 2 30 .
ur
uur ur
VTPT của mặt phẳng ( P) là n = (−3; −2;1) ⇒ ud = n = (−3; −2;1)
Phương trình mặt phẳng ( P) : 3x + 2 y − z − 14 = 0
M ∈ d ⇒ M (6 − 3t ; −1 − 2t ; −2 + t )

0,25

AM = 2 30 ⇔ AM 2 = 120 ⇔ 14t 2 − 8t − 6 = 0
 M (3; −3; −1)

 t =1

⇔
⇒   51 1 17 
M  ; − ; − ÷
t = − 3
  7
7
7 
7


6a

0,25

Giải phương trình: 2cos 2 x + 8sin x − 5 = 0

0,5
0,25

2 cos 2 x + 8sin x − 5 = 0 ⇔ 4sin x − 8sin x + 3 = 0
π
3


 x = 6 + k 2π
 sin x = 2 (VN )
⇔
⇔

,k ∈¢
 x = 5π + k 2 π
sin x = 1

2
6

2

6b

0,25
0,25

0,25

Một hộp có 5 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu vàng và 8 viên bi màu xanh.
Cùng một lần lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tìm xác suất sao cho trong 3
viên bi lấy ra không có viên bi nào là màu đỏ
Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu
3
Số cách chọn ra 3 viên bi từ 20 viên bi là C203 ⇒ Ω = C20 = 1140

0,5
0,25

Chọn ra 3 viên bi từ 15 viên bi (không phải màu đỏ): có C153 cách
⇒ A =C

3

15

0,25

A C153
91
= 3 =
⇒ P ( A) =
Ω C20 228

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B ,
·
AB = 2a, BAC
= 600 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và
SA = a 3 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AB, SA . Tính theo a
thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (CMN )
Xét tam giác ABC có: BC = AB.tan 600 = 2a 3 ⇒ S ABC = 2a 2 3

1,0

S

N

0,25
H

A

7

C

E

M
B

1
⇒ VSABC = S ∆ABC .SA = 2a 3
3

0,25

Do N là trung điểm SA nên d ( B, (CMN ) ) d ( A, (CMN ) )
Kẻ AE ⊥ CM , AH ⊥ NE .
Chứng minh được: AH ⊥ (CMN ) ⇒ d ( A, (CMN ) ) = AH
23

0,25


∆AEM , ∆MBC đồng dạng nên AE =

2a 3
13

0,25

1

1
1
2a 3 2a 87
=
+
⇒ d ( B, (CMN ) ) = AH =
=
2
2
2
AH
AE
AN
29
29

Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15.
Đường thẳng AB có phương trình x − 2 y = 0 . Trọng tâm tam giác BCD là

1,0

 16 13 
G  ; ÷. Tìm tọa độ bốn đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết điểm B có
 3 3

tung độ lớn hơn 3.
d ( G, AB ) = GN =

10
3

⇒ BC = GN = 5
2
3 5

⇒ AB = 3 5

Đường thẳng d qua G, vuông góc với AB: d : 2 x + y − 15 = 0
N

A

B

0,25

8
I
G
D

C

K

1
AB = 5
3
b = 2 (l )
B ∈ BC ⇒ B (2b; b); NB = 5 ⇔ 
⇒ B (8; 4)

b = 4
uuur 3 uuur
AC = AG ⇒ C (7;6) ⇒ D (1;3)
2
N = d ∩ AB ⇒ N (6;3) ⇒ NB =

0,25
0,25
0,25

Từ cảng A dọc theo đường sắt AB cần phải xác định một trạm trung chuyển
hàng hóa C và xây dựng một con đường từ C đến D. Biết rằng vận tốc trên
đường sắt là v1 và trên đường bộ là v2 (v1 < v2). Hãy xác định phương án
chọn địa điểm C để thời gian vận chuyển hàng từ cảng A đến cảng D là ngắn
nhất?
Gọi t là thời gian vận chuyển hàng hóa từ cảng A đến cảng D.
Thời gian t là:
9a

AC CD AE − CE CD
t=
+
=
+
=
v1
v2
v1
v2

l−

h
h
tan α + sin α
v1
v2

0,25

l − h.cot α
h
=
+
v1
v2 sin α

Xét hàm số
khi

cos α =

v2
v1

t (α ) =

l − h.cot α
h
+

v1
v2 sin α

0,5

. Ứng dụng Đạo hàm ta được t (α ) nhỏ nhất

. Vậy để t nhỏ nhất ta chọn C sao cho

24

cos α =

v2
v1

0,25
.


9bSỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ x( x +ĐỀ
0,5
2) THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015≥
1
Giải
bất
phương
trình:
TRƯỜNG THPT BÙI HỮU ( x + 1)3 − x
2016

NGHĨA
Môn: TOÁN;
ĐK: x ≥ 0
0,25
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
3
3
Với x ≥ 0 ⇒ ( x + 1) − x > 0 nên bpt ⇔ x( x + 2) ≥ ( x + 1) − x
⇔ x 2 + 2 x ≥ x 3 + 3x 2 + 4 x + 1 − 2( x + 1) x( x + 1)
⇔ x 3 + 2 x 2 + 2 x + 1 − 2( x + 1) x( x + 1) ≤ 0 ⇔ ( x + 1)  x 2 + x + 1 − 2 x( x + 1)  ≤ 0
⇔ x 2 + x + 1 − 2 x( x + 1) ≤ 0 ⇔

(

)

2

x( x + 1) − 1 ≤ 0 ⇔ x( x + 1) − 1 = 0 ⇔ x =

−1 ± 5
2

−1 + 5
Do x ≥ 0 nên x =
2

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: P = (a 2 − ab + b 2 )(b 2 − bc + c 2 )(c 2 − ca + a 2 )
Không mất tính tổng quát, giả sử 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 3

a (a − b) ≤ 0  a 2 − ab + b 2 ≤ b 2
⇒
⇒ 2
2
2
 a (a − c) ≤ 0  a − ac + c ≤ c

0,25

1,0
0,25

Do đó: P ≤ b 2c 2 (b2 − bc + c 2 ) = b 2 c 2 ( (b + c )2 − 3bc )
10

Ta có: b + c ≤ a + b + c = 3 ⇒ P ≤ ( bc ) ( 9 − 3bc ) = 9 ( bc ) − 3 ( bc )
2

2

3

0,25

9
BĐT Côsi: 2 bc ≤ b + c ≤ 3 ⇒ 0 ≤ bc ≤
4
9
4
⇒ f (t ) ≤ max f (t ) = f (2) = 12 ⇒ P ≤ 12

Xét hàm số f (t ) = 9t 2 − 3t 3 , 0 ≤ t ≤

0,25

 9
0; 4 



Vậy max P = 12 tại (a, b, c) = (0,1, 2) và các hoán vị của chúng

0,25

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2 (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A( − 1;1 ) và vuông góc với đường thẳng đi
qua hai điểm cực trị của (C).
Câu 2 (1,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a) 1 + 3cos x + cos 2 x − 2 cos 3 x = 4 sin x.sin 2 x
b) 7 x + 2.71− x − 9 = 0
Câu 3. (0,5 điểm) Tìm số phức z sao cho (1 + 2i) z là số thuần ảo và 2.z − z = 13
14

2

Câu 4 (0,5 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển :  x + 2 
x 

5

1

x
Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (1 + e ) xdx
0

Câu 6 (1.0 điểm)
25