đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE310 THPT bùi hữu nghĩa, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT BÙI HỮU NGHĨA
Đề tham khảo

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

ĐỀ SỐ 310

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

Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân: I   (1  e x ) xdx
0

Câu 6 (1.0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB  a, AC  a 3 , mặt bên BCC ' B ' là hình vuông; M, N lần lượt là trung điểm của CC ' và
B ' C ' . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B '

và MN.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;–3), B(4;3; –2),
C(6; –4; –1). Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác vuông và viết phương trình
mặt cầu tâm A đi qua trọng tâm G của tam giác ABC.
Câu 8 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong đường
tròn (C ) : x 2  y 2  3 x  5 y  6  0 . Trực tâm của tam giác ABC là H(2;2) và đoạn BC  5 .
Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết điểm A có hoành độ dương .

 x 3  y 3  5 x 2  2 y 2  10 x  3 y  6  0
Câu 9 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: 
3
2
 x  2  4  y  x  y  4 x  2 y
Câu 10 (1.0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  3 . Tìm giá
a 3  b 3 b3  c 3 c 3  a 3
trị nhỏ nhất của biểu thức: S 


.
a  2b b  2c c  2a
-----------------Hết-----------------


SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT BÙI HỮU NGHĨA

ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC
2015-2016
Môn: TOÁN

Câu

Nội dung
Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  2

Điểm

(C).

1,0

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.

0,25

 TXĐ D = R
x  1
y  2
y’= 3x2 –12x + 9 , y’ = 0 <=> 

x  3
 y  2



 Giới hạn tại vô cực: lim y  ;
x 

0,25

lim y  

x 

BBT
x
y

1
0
2




3
0






KL:




2

0,25

Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1; 3; 
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại XCĐ =1 , y CĐ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại xCT =3 , y CT = –2

1
(2.0 đ)



Đồ thị
5

y

f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2

4

3

2

0,25

1

x
-2

-1

1

2

3

4

5

6

-1

-2

-3

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).

1,0

Đuờng thẳng đi qua 2 cực trị A(1;2) và B(3; –2) là y = –2x+4

0,5

Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½

0,25

Vậy PT đường thẳng cần tìm là

y

1
3
x
2
2

0,25


a) Giải phương trình 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos 3 x  4 sin x.sin 2 x (1)

0,5

(1)  1  3cos x  cos 2 x  2 cos  2 x  x   4 sin x.sin 2 x
 1  3 cos x  cos 2 x  2  cos x.cos 2 x  sin x.sin 2 x   4 sin x.sin 2 x

0,25

 1  3 cos x  cos 2 x  2  cos x.cos 2 x  sin x.sin 2 x   0
 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos x  0  1  cos x  cos 2 x  0

2
(1,0đ)



x   k
 cos x  0

2
; k  .
 2 cos 2 x  cos x  0  

1
 cos x  
 x   2  k 2

2

3
b) Giải phương trình 7 x  2.71 x  9  0

0,25

0,5

Đặt t  7 x , t  0 .
Ta có phương trình: t 

t  2
14
 9  0  t 2  9t  14  0  
t
t  7

0,25

Với t  2, suy ra 7 x  2  x  log 7 2
Với t  7, suy ra 7 x  7  x  1

0,25

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S  log 7 2; 1 .
Tìm số phức z sao cho (1  2i ) z là số thuần ảo và 2.z  z  13
3
(0,5đ)

Giả sử z  a  bi (a, b  R) , khi đó (1  2i ) z  (1  2i)(a  bi )  (a  2b)  (2a  b)i

(1  2i ) z là số thuần ảo  a  2b  0  a  2b

0,5
0,25

2.z  z  a  3bi  2b  3bi  13b 2  13  b  1

0,25

Có hai số phức thỏa mãn đề bài: z  2  i ; z  2  i
14

5
2 

Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển:  x  2  .



4
(0,5đ)

14

2 

2
 x  2   x  2x
x 




14

x 

  C

k 143k k
.2
14 x

0,5

0,25

Số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 – 3k = 5 => k = 3
3 3
Hệ số cần tìm là C14
2  2912

0,25

1

Tính tích phân: I   (1  e x ) xdx

1,0

0

5
(1,0đ)

u  x
du  dx

Đặt: 


x
x
dv  (1  e )dx v  x  e

0,25

1
x

Khi đó: I  x ( x  e )   ( x  e x )dx
1
0

0,25

0

 I  1 e  (

x2
3
 e x ) 10 
2
2

0,25
0,25

Cho

lăng

trụ

đứng

ABC. A' B ' C ' .Có

đáy ABC là

tam

giác

vuông

tại

A, AB  a, AC  a 3 , mặt bên BCC ' B ' là hình vuông, M, N lần lượt là trung điểm
của CC’ và B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A' B ' C ' và khoảng cách giữa hai
đường thẳng A’B’ và MN
1
Ta có BC= BB=2a . V ABC . A'B 'C '  BB '.S ABC  2a. a.a 3  a 3 3
2
B
C

Gọi P là trung điểm của AC.

1.0

0.25
0.25

Ta có: (CAB)//(PMN)
6
(1,0đ)

A

 d(AB;MN) = d(AB;(MNP))
= d(A;(MNP)) = d(C;(MNP)) = CH

M

(H là hình chiếu vuông góc của C lên

0.25

mp(MNP)

H

Chứng minh được H thuộc cạnh PM áp
dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông

B'

C'

N

P

MPC
A'

C ' M .C ' P

C' H 

7
(1,0đ)



a 21
7

C' P 2  C' M 2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;–3), B(4;3; –2),
C(6; –4; –1). Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác vuông và viết
phương trình mặt cầu tâm A đi qua trọng tâm G của tam giác ABC.


 
2 2

Ta có: AB (2; 2;1); AC (4; 5; 2)  
 AB; AC không cùng phương
4 5
 A; B; C lập thành tam giác.
 
Mặt khác: AB. AC  2.4  2.(5)  1.2  0  AB  AC suy ra ba điểm A; B; C là ba

1,0

0,25

đỉnh của tam giác vuông.

0,25

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên G(4;0; 2). Ta có: AG  6

0,25

Mặt cầu cần tìm có tâm A và bán kính AG  6 nên có
pt: ( x  2) 2  ( y  1)2  ( z  3)2  6
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC nội tiếp trong đường tròn
(C ) : x 2  y 2  3 x  5 y  6  0 . Trực tâm của ABC là H(2;2) và đoạn BC  5 .

3 5
Gọi tâm đường tròn (C) là I  ;  và A(x;y) suy ra AH (2  x;2  y )
2 2
Gọi M là trung điểm của BC
8
(1,0đ)

0.25

0,25
1.0

0.25

Học sinh tính được AH  5  x 2  y 2  4 x  4 y  3  0

0.25

kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình

0.25

2

2

 x  y  4 x  4 y  3  0
 2
 x  y 2  3x  5 y  6  0
Giải hệ ta được (x;y) = (0;3) (loại) hoặc (x;y) = (1;4) (Nhận)
Suy ra toạ độ của A(1;4) ,chứng minh được AH  2 IM

0.25


Từ AH  2 IM ta tính được M(2;3/2) Do (BC  IM nên ta viết được phương trình

(BC): x – 2y + 1 = 0  x = 2y – 1 thay vào phương trình đường tròn (C) ta được
y 1
x  1
2 y  12  y 2  3(2 y  1)  5 y  6  0  y 2  3 y  2  0  

 y  2 x  3
Suy ra toạ độ của B(1;1), C(3;2) hoặc B(3;2) , C(1;1)
Vậy A(1;4), B(1;1), C(3;2) hoặc A(1;4), B(3;2), C(1;1)
3
3
2
2
 x  y  5 x  2 y  10 x  3 y  6  0 (1)
Giải hệ 
 x  2  4  y  x 3  y 2  4 x  2 y (2)
Điều kiện: x  2; y  4

0.25

1.0

(1)  x3  5 x 2  10 x  6  y 3  2 y 2  3 y
3

2

  x  1  2  x  1  3( x  1)  y 3  2 y 2  3 y
3

9

(1,0đ)

2

0.25

2

Xét hàm số f (t )  t  2t  3t , f '(t )  3t  4t  3  0 t  R
Suy ra f(x + 1) = f(y)  y = x + 1 thay và pt (2) ta đuợc
Phương trình : x  2  3  x  x 3  x 2  4 x  1







2



x  2  3  x  3  x3  x 2  4 x  4 

x  2  3 x 3



 x  2  3  x 

2



2(  x 2  x  2)



x  2  3 x 3



 x  x2 x2







2

Vì x  2 



 x  2  3  x   2 
2



x 2  3 x 3

 x  2  3  x   2 
x  2  3 x 3

2  x  2  3  x   4 







x 2  3 x 3





  x  2  ( x 2  x  2)



0.25



  x  2 x2  x  2  0


  0 (*)
 x  2  3  x   2 

2





  x  1 x 2  4

 x  2  3  x   2 



 0 , x  2

0. 5

Nên (*)  x 2  x  2  0  x  2 hoặc x  1
Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3), (x;y) = (–1;0)
Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  3 .

a 3  b 3 b3  c3 c3  a 3


.
a  2b
b  2c

c  2a
x3  1 7 2 5
Trước tiên ta chứng minh BĐT :
 x  ( x  0) *
x  2 18
18
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S 

1.0

0.25

2

10
(1,0đ)

*  18( x3  1)   x  2   7 x2  5   x  1 11x  8   0 (luôn đúng với mọi x > 0)

0.25

Dấu “=” xảy ra khi x = 1
a b c
; ;
b c a
a 3  b 3 7a 2 5b 2 b 3  c 3 7b 2 5c 2 c 3  a 3 7c 2 5a 2


;



;


;
a  2b
18
18 b  2c
18
18 c  2a
18
18
12  a 2  b 2  c 2 
Từ các đẳng thức trên suy ra S 
2
18
Vậy MinS = 2 khi a = b = c = 1

Áp dụng (*) cho x lần lượt là

0.25

0.25