đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE307 THPT thanh an, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT THẠNH AN
Đề tham khảo

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

2x  1
.
x 1
Câu 2 (1,0điểm). Cho hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m  2 (1). Gọi A là điểm thuộc đồ thị hàm
số (1) có hoành độ x A  1 . Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại A vuông
1
góc với đường thẳng d : y  x  2016 .
4
Câu 3 (1,0điểm).
2 1  2i 
1) Tìm môđun của số phức z biết:  2  i 1  iz  
  3  2i  z
1 i
2) Giải bất phương trình: 2log 3  4 x  3  log 1  2 x  3   2 .
Câu 1 (1,0điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

3

e

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

2


e

x

2

 1 ln x  1
x ln x

dx

Câu 5 (1,0điểm).



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  2z  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 ,
  1200 và cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600. Tính
BAD
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

9 
vuông góc của A trên BD. Điểm M  ;3  là trung điểm cạnh BC, Phương trình đường trung
2 
tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là d : 4 x  y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC.

 x 3  x 2  x  xy  y 3  y 2  y  1
Câu 9 (1,0điểm). Giải hệ phương trình: 
(x, y  R)
3
2
2
3
 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
(a  b) 2
P 2
c  4(ab  bc  ca )
---HẾT---

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Đáp án – cách giải
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 
TXĐ: D=R \{1}, y’ =

Điểm

2x  1
.
x 1

1,0đ

1
>0 x D
( x  1)2

0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ; –1) và (–1;+).
Hàm số không có cực trị.
1

- 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

0.25

lim y    Đường thẳng x = –1 là tiệm cận đứng.

x 1

Bảng biến thiên

0.25

Đồ thị

0.25

Cho hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m  2 (1). Gọi A là điểm thuộc đồ thị hàm số (1)
có hoành độ x A  1 . Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại A

1,0đ

1
vuông góc với đường thẳng d : y  x  2016 .

4

2

Ta có: y '  4 x 3  4  m  1 x

0.25

Hệ số góc tiếp tuyến tại điểm A là: y ' 1  4m

0.25

1
Tiếp tuyến tại A vuông góc với đường thẳng d  y ' 1 .  1  m  1
4

0.5

1) Tìm mô đun của số phức z biết:
(2  i)(1  iz ) 

z

 2  i 1  iz  

2 1  2i 
1 i

  3  2i  z

2(1  2i)
 (3  2i ) z  2  i  (2  i )iz  3  i  (3  2i ) z  2 z  5  2i
1 i

5
29
i  z 
2
2

0.25
0.25

2) Giải bất phương trình: 2log 3  4 x  3  log 1  2 x  3  2 .
3

3
ĐK: x 

3
.
4
2

Khi đó: 2log 3  4 x  3  log 1  2 x  3  2  log 3  4 x  3  log 3  2 x  3 .9 

0.25

3

2
3
  4 x  3   2 x  3 .9  16 x 2  42 x  18  0    x  3
8
3
Kết hợp điều kiện, nghiệm của BPT là:
 x3
4

0.25


e2

Tính tích phân sau: I  

x

e

I



x

e

4

e

2



 1 ln x  1
x ln x

e2

dx 



 1 ln x  1
x ln x

e
2

2


e

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


e4  e2
1

J    x   dx    ln x  
1
x
2
 2
e
e 
e2

K


e

I

0.25

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
 1  ln 2
2

0.25



1) Giải phương trình: sin  x    cos 2 x  0 .
3







sin  x    cos 2 x  0  cos 2 x   sin  x    cos 2 x  cos   x  

3
3
3


2
5

5

2x 
 x  k 2
x
 k 2


6
 5

6
 cos 2 x  cos 
 x  

k  
 2 x    5  x   k 2
 6

 x   5  k 2





18
3
 6

5

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     C147

0.25

Gọi A là biến cố “cả 2 tiết mục của lớp 11A2 diễn cùng một nhóm”
5
12

 n  A   2.C

0.25

2C125
6
 P  A  7 
C14 13

Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng

 P  : 2x  y  2z 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

6

(P). Tìm điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến (Q) bằng 17 .


Ta có: AB   2; 4; 4  , mp(P) có VTPT nP   2;1; 2 
  
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 

2m  7
17

 17 (*)

Giải (*) tìm được m  12, m  5 . Vậy: M(12; 0; 0) hoặc M(–5; 0; 0)

0.25
0.25
0.25
0.25


  1200
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 , BAD
và cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600. Tính theo
a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.
  1200 nên các tam giác ABC, ADC đều cạnh
Do dáy ABCD là hình thoi có BAD
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

S ABCD  2S ABC

0.25



SAH
3a
SA  AH .tan 600 
2

7

1,0đ

vuông

a 3
2
4

tại

A:

2

3


3a 2 3
2

0.25

1
3a 3 3
Vậy: VS . ABCD  SA.S ABCD 
3
4
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

0.25

 d(BD; SC) = OK.

3a 7
14
Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H 1; 2  là hình chiếu
Tam giác SAC đồng dạng tam giác OKC  OK 

8

9 
vuông góc của A trên BD. Điểm M  ;3  là trung điểm cạnh BC, Phương trình
2 
đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là d : 4 x  y  4  0 . Viết phương trình
cạnh BC.
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)
Từ (1) và (2) ta được: AK  KM.
15
Đường thẳng KM qua M và vuông góc với AK nên KM: x  4 y   0
2
1 
K = AK  KM  K  ; 2  . Do K là trung điểm của DH  D(0; 2)
2 

0.25

1,0đ

0.25

0.25
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


 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

1
2

1,0đ

 y  x 1
(1)   x  y  1 x 2  y 2  xy  1  0   2
2
 x  y  xy  1  0
 y  x 1

2
 
 y  x 1
1  3 2
x  y   y  1  0  vn 


2  4





0.25

Thay y = x – 1 vào (2), ta được:
9





x 3  9 x 2  6 x  6  3 3 6 x 2  2  x3  3x 2  3 x  1  3  x  1  6 x 2  2  3 3 6 x 2  2
3

  x  1  3  x  1 



3

6x2  2

3

 3

3

6 x 2  2  f  x  1  f



3

6x2  2

0.25

  *

Xét hàm số f  t   t 3  3t , t  , f '  t   3t 2  3  0, t  
0.25
 hàm số f  t  đồng biến trên R
3

3

(*)  x  1  3 6 x 2  2  6 x 2  2   x  1   x  1  2  x  1

3

0.25

1 3 2
2
 x  1  2  x  1  x  3
 y 3
2 1
2 1
3

Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2] . Tìm GTNN của
P

P

( a  b) 2
c 2  4(ab  bc  ca )

1,0đ

( a  b) 2
( a  b) 2
=
c 2  4(ab  bc  ca ) c 2  4(a  b)c  4ab
2

a b
  
2
(a  b)
2
c c
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

10

Đặt t =

a b
t2
 vì a,b,c[1;2] nên t thuộc [1;4]  P 
 f (t ) ,
c c
4  4t  t 2

4t 2  2t
> 0 t[1;4]
f '(t ) 
(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 a,b,c[1;2])
6
c
1
Vậy MinP =
khi a = b = 1, c = 2
6

0.25

0.25

0.25

0.25