đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE255 sở GD đt đồng tháp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm có 01 trang)

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

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

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
n
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 ?


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

 x, 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
x
y
z
1
1
1
trị nhỏ nhất của biểu thức P 


 2 2 2.
2
2
2
x
y
z
1 x
1 y
1 z
----------HẾT----------

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

Điểm

x 1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
.
1
x2
(1,0đ)
♥ Tập xác định: D   \ 2 .
♥ Sự biến thiên:
3
ￚ Chiều biến thiên: y ' 
; y '  0, x  D .
2
 x  2

1,00

0,25

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ; 2  và 2;  .
ￚ Giới hạn và tiệm cận:

lim y  xlim
y 1


 tiệm cận ngang: y  1 .

lim y  ; lim y  

 tiệm cận đứng: x  2 .

x 

x 2

x 2

0,25

ￚ Bảng biến thiên:

x
y'
y





2






0,25
1

1

♥ 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


0,25


1
Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số y  x  5  .
2
x
(1,0đ)
1 x2  1
 Tập xác định: D   \ 0 . Chiều biến thiên: y '  1  2  2 .
x
x
2
 y '  0  x  1  0  x  1 .
 Bảng biến thiên
x

1
1
0
y'




0
0
y
yCĐ



1,00
0,25
0,25






yCT
 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
3
phần ảo của z .
(1,0đ)
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

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

0,50

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 )
 n  log1,068 2  10,54
 Vậy muốn thu được gấp đôi số tiền ban đầu, người đó phải gửi 11 năm.

2

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

2

0,25

1,00


2

0,25

 Ta có I   x sin xdx   sin x.cos 5 xdx .
0

0,25

0

u  x
du  dx
 Đặt 
.

du  sin xdx v   cos x

2

Khi đó

 x sin xdx    x cos x 


2
0

0

 Đặt t  cos x  dt   sin xdx .

2

0

0,25


2


2
0

  cos xdx  0   sin x   1 .
0



t  0
x 
Đổi cận 

.
2 
t

1

 x  0
1

6

0,25

1

t 
1
5
5
5
sin
x
.cos
xdx


t
dt

t

dt

   .
0
1
0
 6 0 6
1 7
 Vậy I  1   .
.
6 6
Khi đó

0,25


5
(1,0đ)

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

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

 Đường thẳng AB có VTCP là AB  (1; 2;1) .
d:

 Phương trình AB là

x 5 y 5 z

 .
1
2
1

t    .
0,25

Do M  d nên ta đặt M 1  2t ; 2  t ; 2  t  . Suy ra
2

0,25
0,25

 x  1  2t

 Đường thẳng d có phương trình tham số là  y  2  t
 z  2  t


MA 

1,00

2

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

2

 6t 2  26t  29 .

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

0,25

 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)
6
(1,0đ)  Ta có (1)  2 sin x cos x  3 sin x  0  sin x(2 cos x  3)  0 .

0,50
0,25

 sin x  0  x  k .
 2cos x  3  0  cos x 

3

 x    k 2 .
2
6

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


 k 2
6

0,25

k  .

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

0,50

suất để lấy được ít nhất một trái loại I.
 Số phần tử của không gian mẫu là n   C101 C81  80 .

0,25

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

12 3

.
80 20

0,25


7
(1,0đ)

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
bằng 300 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SA , CD theo a .

 ABCD 

 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
CM  AB, OI  AB và CM 
, OI 
, S ABCD 
.
2
4
2
 Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với
(ABCD) nên SO   ABCD  .
Do AB  OI  AB  SI . Suy ra

  300 .
 SAB  ,  ABCD    
OI , SI   SIO
Xét tam giác vuông SOI ta được

1,00

0,25

0,25

a 3 3 a
SO  OI .t an300 
.

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

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 in300 

a 3 1 a 3
. 
.
2 2
4

a 3
Vậy d  SA, CD  
.
4
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại Avới A(1; 2) . Gọi H

8
(1,0đ) 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.

0,25

1,00

 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

0,25


 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 .

0,25

0,25

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  2 y  5  0
x  7
Toạ độ B là nghiệm của hệ phương trình 

 B  7; 6  .
x

y


1

0
y


6


Vì H là trung điểm BC nên C  9; 2  . Vậy B  7; 6  , C (9; 2) .

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

(1)

0,25

1,00

(2)

x  6
 Điều kiện 
y  0
Khi đó (1)  x 2  xy  y 2  y  x  y  0



x( x  y)
2

2



x  xy  y  y

x y
0
x y

0,25



x
1
  0  x  y.
 ( x  y) 

 x 2  xy  y 2  y

x

y




(3)

 Thay (3) vào phương trình (2) ta được phương trình
5 x 2  4 x  x 2  3x  18  5 x  5 x 2  4 x  x 2  3x  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

0,25

2

Đặt a  x  6 x , b  x  3 với a, b  0 , phương trình (4) trở thành
 ab
2a 2  5ab  3b 2  0  
.
 2a  3b
 TH1: Với a  b ta được PT:

x2  6 x  x  3  x 

7  61
7  61
 y
.
2
2

0,25

 TH2: Với 2a  3b ta được PT: 2 x 2  6 x  3 x  3  x  9  y  9

 7  61 7  61 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  9; 9  ; 
;
.
2 
 2

0,25


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

x
1 x

2



y
1 y

2



z
1 z

2



1 1 1
 
x 2 y 2 z2

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 3
2 A
2 B
2 C
sin
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
Thật vậy, ta có sin sin sin    cos
 cos
 sin 
2
2
2 8 2
2
2 
2 8
1
C 1
 A B  C 1
  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 

1,00

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

A
B
C 1

. Do đó 0  t  3 sin sin sin  .
3
2
2
2 2

3
 1
 Xét hàm số f (t )  3t  2  3 với t   0;  , ta có
t
 2
3
6 3t  6
1
f '(t )  3  3 
0t  3 2 
3
t
t
2
Bảng biến thiên

0,25

0,25

0,25

Dấu “=” xảy ra khi A  B  C 

0,25


t

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
21

3
Kết luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là
đạt khi x  y  z 
.
2
3

CÁCH 2
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  1 . Tìm giá trị nhỏ
10
(1,0đ)

nhất của biểu thức P 

x



1  x2

y
1  y2



z
1  z2



1 1 1
 
x 2 y 2 z2

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

P

1

Đặt a 

1
x2

1



1

1
1
1
,b  2 ,c  2
2
x
y
z

1

P

1
y2

1



1

 a , b, c  0 
1

1
z2



0,25
1
1 1


x 2 y 2 z2

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

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
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

0,25

 33

3
3
21
3
Kết luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là
đạt khi x  y  z 
.
2
3
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c hay x  y  z 

0,25