đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE305 THPT châu văn liêm, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHÂU VĂN LIÊM
Đề tham khảo

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

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y  x 4  2 x 2  2
2 x 1
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y 
có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C),
x2
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
5



Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho sin  
với     . Tính giá trị của cos     .
13
2
4

18

1 

b) Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của  x  2  .


x 
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 Oxyz cho điểm A(2;0;1) và mặt phẳng
x 1 y z  2
( P) : 2 x  2 y  z  1  0 và đường thẳng d :
 
.
1
2
1
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. Tính thể tích khối tứ diện
theo a và 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
9 9

phương trình: x  2 y  11  0 , M  ;  là trung điểm của đoạn AB.Tìm tọa độ cá điểm A, B, C,
2 2
D biết x A  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
Nguyên liệu
A
B
C

Tổng khối lượng
hiện có
200
280
350
Sản lượng

Định mức tiêu thụ trong 1 giờ
CN1
CN2
4
2
3
5
9
5
30

36

Tìm kế hoạch sản xuất sao cho tổng số sản phẩm thu được nhiều nhất.

x4
x 1
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn : ab  ac  bc  1 . Tìm giá trị lớn nhất của

b) Giải phương trình:
Câu 10:
biểu thức :

P

a
2

6  12 x  5 x 2  x 3  3 x3  4 x 2  2 x  1  12 x  8 



b
2



c

1 a
1 b

1  c2
-------------------------------------Hết-------------------------------------


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu

Môn thi : TOÁN
Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y  x 4  2 x 2  2

Điểm

Tập xác định: D  
Sự biến thiên:
y '  4 x3  4 x
x  0
y' 0  
 x  1
Các khoảng đồng biến: (1;0) và (1; ) ,khoảng nghịch biến : (-; - 1) và

0,25

(0;1)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: x = 0 
Hàm số đạt cực tiểu tại:
- Giới hạn tại vô cực:
1

y CĐ  2

0,25

x  1  y CT  1

lim y   , lim y  
x

x 

Bảng biến thiên:
x
y’

-
-

(1,0 điểm)

-1
0

0
0
2

+

+

-

1
0

+
+
0,25

+

y
1

1

Đồ thị:
y

4

3

0,25

2

1

x
-2

-1

1

2

-1

Cho hàm số y 

2 x 1
có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) , biết hệ số góc của
x 2

tiếp tuyến bằng –5
2

Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là tiếp điểm của tiếp tuyến với (C) . Ta có: y ' 

5

 x  2

2

 x0  1
 5  
 x0  3
 x0  2


(1,0 điểm) Với x  1  y  3 : M (1; 3)  Phương trình tiếp tuyến: y  5 x  2
0
0
1
Hệ số góc của tiếp tuyến bằng 5  y '( x0 )  5 

Với x0  3  y0  7 : M 2 (3; 7)

5

2

0,25
0,25
0,25

 Phương trình tiếp tuyến : y  5 x  22

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến thỏa đề bài là: y  5 x  2 và y  5 x  22

0,25


Câu

Đáp án
a. Tìm môđun của số phức z biết (2  i3 ) z  1  3i  z  i 4 .
Ta có
3i

3 3
(2  i 3 ) z  1  3i  z  i 4  (2  i) z  z  1  3i  1  z 
z  i
1 i
2 2
2

Điểm

0,25

2

3 2
3 3
Do đó | z || z |      
.
2
2 2
Giải phương trình 6.9x  13.6x + 6.4x = 0 (1)

0,25

Vì 4 x  0 , chia hai vế phương trình (1) cho 4 x ta được
x
 3 x 
 3 






1  6.    13.   6  0
 2
 2  
2

3

(2)

0,25

 3
Đặt t    với t  0 , phương trình (2) trở thành 6t 2 13t  6  0
 2 
(1,0 điểm

2
t 

3

3

t 

2
x
 3 

3
3

 Với t  thì     x  1
 2 
2
2
x

0,25

3
2
2
 Với t  thì     x  1

2
3
3
x

Vậy nghiệm của phương trình là x  1; x  1

5


4a. Cho sin  
với     . Tính giá trị của cos     .
13
2

4

2

 5  144
Ta có cos   1  sin   1    
.
 13  169
2

2

0,25

12

Suy ra cos  
(vì     nên cos   0 )
13
2

4
(1,0 điểm)



 12 2 5 2 17 2

Do đó: cos      cos .cos  sin .sin 
.

 .

.
4
4
4 13 2 13 2
26


1
4b. Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của  x  2 

x 

18

18
18




k 
 x  1    C18k .x18k . 1   C18k .1k .x183k với 
2
2

 x  k 0
x 
k 0

k  18
18

Ta có:

k

0,25

Để có số hạng không chứa x : 18  3k  0  k  6
Vậy hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển là: 1 C186  18564 .
6

0,25


Đáp án

Câu

Điểm

5

Tính tích phân I 

 x x
3

2

 4  dx .

0

1
2

5
(1,0 điểm)

Đặt t  ( x 2  4)  x 2  4 . Suy ra t 2  x 2  4 . Do đó tdt  xdx .

0,25

x  0  t  2, x  5  t  3

0,25

3

3

Suy ra I  (t 2  4)t.tdt  (t 4  4t 2 )dt





2

0,25

2

3

 t 5 4t 3 
63 64 253
I  

0,25
  
 5 3  2 5 15 15
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
4  0 11
của (S) đến mp (P). R= R 
2
22  (2) 2  12
2

0,25

2

Phương trình mặt cầu (S):  x  2   y 2   z  1  4

0,25

6
Gọi  là đường thẳng qua điểm A, vuông góc với đường thẳng (d) và cắt đường
(1,0 điểm)


thẳng (d) tại M . vì M  (d) nên M (1  m;2m; 2  m) , m   . u là vec tơ chỉ
phương của (d)
 
Vì d  nên u. AM  0  4m  0  m  0

=> véc tơ chỉ phương của  là AM  (1; 0;1) . Phương trình đường thẳng  cần
x  2  t

tìm là :  y  0 , t  
z  1 t


0,25

0,25

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.
A

a. Tính thể tích khối tứ diện OABC
Diện tích tam giác OBC :

1
1
a2 3
SOBC  OB.OC  a (a 3) 
2
2
2

0,25
a 3

7
(1,0 điểm)

H

Thế tích khối tứ diện
2

3

1
1 a 3
a
V  SOBC .OA  (
)(a 3) 
(đvtt)
3
3 2
2

a 3

N
M
B

b.Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.

C

0,25

K

Gọi N là điểm đối xứng của C qua O.

O

a

0,25


Đáp án

Câu

Điểm

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

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 2



1
OA2



1
OK 2



Vậy, d (OM ; AB)  OH 

1
OA2



1
OB2



1
ON 2



1
3a2



1
a2



1
3a2



5
3a2

 OH 

a 15
.
5

0,25

a 15
.
5

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD , đường chéo AC có phương trình
9 9
x +2y -11 = 0, M  ;  là trung điểm của đoạn AB.Tìm tọa độ cá điểm A,B,C,D biết
2 2
xA  3 .
9
 9


AB : A  x    B  y    0 ( A2  B2  0)
2
 2

 
n AB .n AC
A  2B
cos45o    
n AB n AC
5 A2  B 2

0,25

8
 AB : x  3y  9  0  A(3;4) (N)  B(6;5)
(1,0 điểm) 


 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 AD
2 2
 D (4;1)

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
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
Định mức tiêu thụ trong 1 giờ
Tổng khối lượng
Nguyên liệu
hiện có
CN1
CN2
A
200
4
2
9a
B
280
3
5
(1,0 điểm)
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

0,25


Câu

Đáp án
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
4 x  3 y  200
3 x  5 y  280

nghiệp hiện có nên ta có điều kiện: 
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
3500
 350 
 35


Với A 
; 0  suy ra F 
Với B  ; 49  suy ra F  2065
3
 9

 3

35
 280 
Với C  0;
giờ theo công
 suy ra F = 1960 Vậy sản xuất theo phương án :
5 
3

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
x4
6  12 x  5 x 2  x 3  3x 3  4 x 2  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
x4
2
2
 ( x  1)(6  6 x  x )  ( x  1)(3x  x  1)  12 x  8 

(*)
x 1
( x  1)(6  6 x  x 2 )  0

Đk ( x  1)(3x 2  x  1)  0  3  15  x  3  15
x 1  0

Chia 2 vế pt (*) cho x + 1 (x + 1 > 0) ta được phương trình tương đương

9.b

Điểm

0,25

0,25

6  6x  x2
3x 2  x  1
x
x4

4
8 

x 1
x 1
x 1
( x  1)2
x2

x2
x
x4
x2
 6
 3
1  4
8 
 đặt
 t;t  0
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
 (t  1)(t  5) 

 0
3t  1  4 1  6  t
3
1


 (t  5)  t  1 


  0
3t  1  4 1  6  t 

3
1

 0 Ta có
 t  5 (nhận) vì t  1 
3t  1  4 1  6  t

x2
5 3 5
 5  x 2  5x  5  0  x 
 (nhận)
x 1
2

0,25


Câu

Đáp án
Điểm
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn : ab  ac  bc  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
a
b
c
thức : P 



2
2
1 a
1 b
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
1  b 2  (a  b)(b  c)
1  c 2  (a  c )(b  c)

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 

Cauchy)
3
 P
2
Vậy max P 

(áp dụng BĐT

0,25

0,25

3
1
khi a  b  c 
2
3

0,25