đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE301 TTGDTX phong điền, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRUNG TÂM GDTX PHONG ĐIỀN
Đề tham khảo

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.

ĐỀ SỐ 301

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

x3
.
x 1

Câu 2. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x 3  3mx 2  ( m 2  1) x  2
đạt cực tiểu tại x  2 .
Câu 3. (1.0 điểm)

a) Tìm mô đun của số phức: z  2  3i 
b) Giải phương trình: 9

2 x2  x

1
 3 
 3

1  5i
3i

2 x2  x

Câu 4. (1,0 điểm) Tính thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn

bởi các đường y  sin x , trục hoành, hai đường thẳng x  0 , x  quay quanh trục hoành.
4
Câu 5. (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I (2;3; 2) và mặt phẳng
( P ) : x  2 y  2 z  9  0 . Viết phương trình của mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng
(P). Viết phương trình của mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu
(S).
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC  a 3 ,
H là trung điểm của cạnh AB. Biết hai mặt phẳng (SHC) và (SHD) cùng vuông góc với mặt đáy,
đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 600. Tính thể tích của khối chóp và khoảng cách giữa
hai đường thẳng AC và SB theo a.
Câu 7. (1,0 điểm)
 x

a) Giải phương trình: 16sin 2    cos 2 x  15 .
2
b) Tìm hệ số của số hạng chứa x15 trong khai triển (2 x3  5) n thành đa thức biết n là số nguyên
dương thỏa mãn An3  Cn1  8Cn2  49 .

2 x 3  3  2 y 2  3 y  2 x y  y
Câu 8. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
 x  y  3  y  0
Câu 9. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm
cạnh BC, đường thẳng DM có phương trình là x  y  2  0 , đỉnh C (3; 3) và điểm A nằm trên
đường thẳng 3 x  y  2  0 . Xác định tọa độ đỉnh B.

Câu 10. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c và a 2  b 2  c 2  5 . Chứng minh
bất đẳng thức sau:  a  b  b  c  c  a  ab  bc  ca   4 .
----------HẾT----------


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
CÂU
1
(1,0 đ)

ĐÁP ÁN

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

ĐIỂM

x3
.
x 1

1,0đ

• TXĐ  \ 1
• y'

0,25

2

 x  1

2

• lim y  1  TCN y = 1
x 

TCĐ x = – 1( lim y  , lim y   )
x ( 1)

x ( 1)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 ,  1;   và không có cực trị .
• Bảng biến thiên:
x 
y
1
y



1

–

–

0,25





1

Đồ thị: ĐĐB x = 0  y = 3; y = 0  x = – 3.
2
(1,0 đ)

0,25
3

2

2

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x  3mx  ( m  1) x  2
đạt cực tiểu tại x  2
TXĐ D =  .
y = 3x2 – 6mx + m2 – 1  y = 6x – 6m
Để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 2 thì ta phải có:
  m  1(n)
m 2  12m  11  0
 y '(2)  0


   m  11(l )

 y "(2)  0
12  6m  0
m  2


Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.

3
(1,0 đ)

a) Tìm mô đun của số phức: z  2  3i 
Ta có: z = 2 + 3i –
2

0,25

1  5i
3i

(1  5i)(3  i)
1 8
11 7
= 2 + 3i – (  i ) =
 i
(3  i)(3  i)
5 5
5 5

1,0đ
0,25

0,5

0,25

0,5đ
0,25

2

170
 11   7 
z      
5
 5  5
b/ Giải phương trình: 9

2 x2  x

0,25
1
 3 
3

2 x2  x

1

x

2
2
2
34 x 2 x  32 x  x 1  4 x 2  2 x  2 x 2  x  1  6 x 2  x  1  0  
 x  1


3
1
1
Vậy phương trình có hai nghiêm là x = ; x 
.
2
3

0,5đ
0,25

0,25


4
(1,0 đ)

Tính thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn

bởi các đường y  sin x , trục hoành, hai đường thẳng x  0 , x 
quay
4
quanh trục hoành

4


4



1

V    sin xdx   (1  cos2 x )dx   x  sin 2 x 
20
2
2

0
2

5
(1,0 đ)



 (  2)
8

0,25x4

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I (2;3; 2) và mặt phẳng

( P ) : x  2 y  2 z  9  0 . Viết phương trình của mặt cầu (S) có tâm I và tiếp
xúc với mặt phẳng (P). Viết phương trình của mặt phẳng (Q) song song với
mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Ta có: Bán kính r = d(I, (P)) =

6

(1,0 đ)


4
0

1,0đ

2  2.3  2.(2)  9
12  (2) 2  (2)2

3

1,0đ

0,25

Phương trình của mặt cầu (S) là (x – 2)2 + (y – 3)2 + (z + 2)2 = 9
Phương trình của mặt phẳng (Q) dạng: x – 2y – 2z + D = 0 (D  – 9
Mp(Q) tiếp xúc với (S)  d(I, (Q)) = r
2  2.3  2(2)  D

 3  D  9  D  9( D  9)
12  (2) 2  (2)2

0,25
0,25

Phương trình của mp(Q) là x – 2y – 2z + 9 = 0.

0,25

0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a,

BC  a 3 , H là trung điểm của cạnh AB. Biết hai mặt phẳng (SHC) và
(SHD) cùng vuông góc với mặt đáy, đường thẳng SD tạo với mặt đáy một
góc 600. Tính thể tích của khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và SB theo a.
( SHC )  ( ABCD )

Ta có: ( SHD)  ( ABCD )
 SH  ( ABCD)
( SHC )  (SHD )  SH

 SH là chiều cao của hình chóp S.ABCD.

Ta có HD là hình chiếu
vuông góc của SD lên
(ABCD)


 SD
, ABCD  SD
, HD



 

0,25

S



  600
 SDH
 SH  HD.tan 600 
Vậy VS . ABCD


a 39
2

1
 S ABCD .SH
3

1
AB. AD.SH
3

1
a 39 a 3 13
 a.a 3.

3
2

2

0.25
I

A

D

E
H

K
B

C


Dựng hình bình hành ACBE  AC / / BE  AC / /(SBE )

 d ( AC , SB)  d ( AC , ( SBE ))  d ( A, (SBE ))  2d ( H , ( SBE ))

0,25

Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên BE, SK.
Ta có : BE  KH , BE  SH  BE  IH (1)
Mặt khác, ta có : HI  SK (2)
Từ (1) và (2), ta có: IH  ( SBE )  d ( H , ( SBE ))  IH .
Tính được HK 
7

(1,0 đ)

a 3
a 39
a 39 a 2067
 d ( AC ,SB)  2 HI 

; HI 
4
53
211
53

 x
 

a) Giải phương trình: 16sin 2    cos 2 x  15 .
2
 x
16sin 2    cos2 x  15
2
 8(1  cosx )  (2cos 2 x  1)  15  2cos2 x  8cos x  6  0
 cosx  1  x    k 2 (k   )

b) Tìm hệ số của số hạng chứa x15 trong khai triển (2 x3  5) n thành đa thức
biết n là số nguyên dương thỏa mãn An3  Cn1  8Cn2  49 .
Giải phương trình: A3 n + C1 n = 8C2n + 49(*)
Điều kiện : n  3, n   .
(*)  n(n – 1)(n – 2) + n = 4n(n – 1) + 49
 n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  n = 7 (nhận).

Ta có: Tk+1 = C7k (2 x 3 )7  k (5) k  C7k 27 k (5)k x 213k .

8
(1,0 đ)

0,25

0,5đ
0,25
0,25

0,5đ

0,25

Tk+1 chứa x15 khi 21 – 3k = 15  k = 2.
Vậy hệ số của số hạng chứa x15 là C72 25(–5)2 = 16.800.

0,25

2 x 3  3  2 y 2  3 y  2 x y  y (1)
Giải hệ phương trình: 
2
(2)
 x  y  3  y  0

1,0đ

Điều kiện: y  0.
(1)  2 x3  2 x y  y  y  3  2 ( y  3) y  y  ( y  3  y ) 2  x 4 (vì (2)).

 x 4  2 x 3  2 x y  y  0  ( x 2 )2  ( y )2  2 x( x 2  y )  0

0,25

 ( x 2  2 x  y )( x 2  y )  0 .

*

y  x 2 : (2)  x 2  3  2 x 2  4 x 4  x 2  3  0  x 2  1
 ( x; y )  (1;1), (1;1).
2

0,25
0,25

2 2

y  2 x  x (3) : (2)  3  (2 x  x )  2 x( x  0)
*  x 4  4 x 3  3  0  ( x  1)( x 3  3 x 2  3x  3)  0

x  1 y  1
 3
2
 x  3x  3 x  3  0
* x3 – 3x2 – 3x – 3 = 0  x2(x – 3) – 3x – 3 = 0 (4).
Từ (3)  2 x  x 2  0  0  x  2  (4) vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (1; 1) và (– 1; 1).

0,25

9
(1,0 đ)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm
cạnh BC, đường thẳng DM có phương trình là x  y  2  0 , đỉnh C (3; 3) và

1,0đ

điểm A nằm trên đường thẳng 3 x  y  2  0 . Xác định tọa độ đỉnh B.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, C trên DM. Ta có: CK = 2d(C, DM) = 2 2
AH AD
Mà ABH đồng dạng  CMK 

 2  AH  2CK  4 2
CK MC
Do A  (d) nên A(xA; 2 – 3xA)
 xA  3  A(3; 7)
 d ( A, DM )  2 2 x A  1  2 2 x A  1  4 2  
 xA  1  A(1;5)
Do A, C nằm khác phía DM nên A(3; – 7) (loại).
Với A(– 1; 5). Gọi I là trung điểm AC  I (1; 1).
Ta có: D  DM

 D( xD ; xD  2)  AD  ( xD  1; xD  7)  AD  2 xD 2  12 xD  50

và CD  ( xD  3; xD  1)  CD  2 xD 2  4 xD  10 .
Vì ABCD là hình vuông nên ta có:
 
( xD  1)( xD  7)  ( xD  3)( xD  1)  0

 AD.CD  0


2
2
2 xD  12 xD  50  2 xD  4 xD  10
 AD  CD
 xD  5  D(5;3)  B(3; 1)
10
(1,0 đ)

0,25

0,25

0,25
0,25

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c và a 2  b 2  c 2  5 .
Chứng minh bất đẳng thức sau:  a  b  b  c  c  a  ab  bc  ca   4 (*)

1,0đ

(*)  (a  b)(b  c)(a  c )(ab  bc  ca )  4(**)
Đặt P = (a – b)(b – c)(a – c) (ab + bc + ca)
.TH1: ab + bc + ca < 0, ta có : P  0  (**) đúng.
.TH2: ab + bc + ca  0, đặt ab + bc + ca = x > 0, ta có:

0,25

2

2
( a  c )3
 a  b  b  c  (a  c )
(a – b) (b – c)  
 (a  b)(b  c )(a  c) 
(1)
 
2
4
4


Mà 4(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = 2(a – c)2 + 2(a – b)2 + 2(b – c)2
nên 4(5 – x)  2(a – c)2 + (a – b + b – c)2 = 3(a – c)2  0

4
(5  x)(2) .
3

 x  5 và a – c 

0,25

Từ (1) và (2), ta có:
3

1 4
2 3

2 3

P  x  (5  x )  
x (5  x ) 5  x 
(5 x  x 2 ) 5  x .
4 3
9
9

Xét hàm số: f(x) = (5x – x2) 5  x trên [ 0; 5 ].

0,25

x  2
5 

Ta có: f/(x) =  5  x  5  x ; f / ( x )  0  
.
2 

x  5
f(0) = 0 = f (5); f(2) = 6 3

max f ( x)  f (2)  6 3  P 
[0;5]

2 3
.6 3  4  Bất đẳng thức cần chứng minh
9

HẾT

0,25