đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE312 THPT phan ngọc hiểm, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT PHAN NGỌC HIỂN
Đề tham khảo

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

ĐỀ SỐ 312

2x  1
x2
Câu 2 (1,0điểm). Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số y  x 4  2 x  1 tại giao điểm
của đồ thị hàm số đã cho và trục tung.
Câu 1 (1,0điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y 

Câu 3 (1,0điểm).
a) Cho sin   cos  

2


. Tính giá trị biểu thức: A  sin2  cos    
2
4


b) Giải phương trình sau: 3

x 1

 32

x

 28

Câu 4 (1,0điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn

 2  3i  z  3  i   1  4i  z . Tìm số phức:

w  3z  z .

b) Trong một đợt phỏng vấn học sinh trường THPT A để chọn 6 học sinh đi du lịch “Quần thể
di sản thế giới Tràng An” thuộc cố đô Hoa Lư xưa với ưu đãi là được tài trợ 75% phí du lịch.
Biết số học sinh đi phỏng vấn gồm 5 học sinh khối 12, 7 học sinh khối 11, 8 học sinh khối
10. Giả sử cơ hội được chọn của các học sinh vượt qua phỏng vấn là như nhau. Tính xác
suất để có đủ học sinh 3 khối được chọn đồng thời phải ít nhất 4 học sinh khối 12 được chọn

4

Câu 5 (1,0điểm). Tính tích phân sau: I   x  2  cos 2x  dx
0

Câu 6 (1,0điểm). Cho hình chóp S.ABC có góc giữa SC và mặt đáy bằng 450, đáy ABC là tam
giác vuông tại A có AB  2a , góc 
ABC  600 và hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là trung
điểm AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ A đến (SBC).
Câu 7 (1,0điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A  2;1; 1 , B 1;3;1 , C 1;2;0  . Viết
phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc đường thẳng BC tại H và tính diện tích tam giác

ABH.
Câu 8 (1,0điểm). Trong mặt phẳng Oxy, gọi H (3; 2) , I  8;11 , K  4; 1 lần lượt là trực tâm,
tâm đường tròn ngoại tiếp, chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm A, B,
C.
Câu 9 (1,0điểm).
a) Người ta dùng hai loại nguyên liệu để chiết xuất ít nhất 140 kg chất A và 9kg chất B.Từ mỗi
tấn nguyên liệu loại I giá 4 triệu đồng,có thể chiết xuất được 20kg chất A và 0,6kg chất
B.Từ mỗi tấn loại II giá 3 triệu đồng,có thể chiết xuất được 10kg chất A và 1,5kg chất
B .Hỏi phải dùng bao nhiêu tấn nguyên liệu mỗi loại để chi phí mua nguyên liệu là ít
nhất,biết rằng cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp không quá 10 tấn nguyên liệu
loại I và không quá 9 tấn nguyên liệu loại II?
x
b) Giải phương trình: x  4 x  4  x  4 x  4 
2
Câu 10 (1,0điểm). Với mọi số thực a, b, c.
Chứng minh rằng

a  c

2

 b2 

a  c

2

 b 2  2 a 2  b 2 . Dấu bằng xảy ra khi nào?

--------Hết--------

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Đáp án

Điểm

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

TXĐ: D  R \ 2



y'



Tiệm cận: lim y  lim y  2  y  2

1

3

 x  2

2

2x 1
x2

1 điểm

0.25

 0, x  2

x 

là tiệm cận ngang của hàm số (C)

x 

lim y  ; lim y    x  2 là tiệm cận đứng của hàm số (C)

x 2

x 2

0.25
0.25

 Bảng biến thiên
 Vẽ đồ thị.

Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số y  x 4  2 x  1 tại giao điểm của
đồ thị hàm số đã cho và trục tung.
Giao điểm với trục tung :

2

A  0;1

y '  4 x3  2

0.25

 y '  0  2

0.25
0.25

a) Cho góc  thỏa mãn sin   cos  

2
. Tính giá trị biểu thức
2

0.5 điểm



A  s in2  cos    
4

Từ sin   cos  

2
1

 sin 2  
2
2

0.25


2

Với A  s in2  cos      sin 2 
 cos   sin    0
4
2

b) Giải phương trình sau: 3

x 1

 32 

2 x

Điều kiện: x  0 , pt  3.3

a) Cho số phức z thỏa mãn
4

1 điểm
0.25

Phương trình tiếp tuyến y  2 x  1

3

0.25

Từ phương trình

x

0.25
0.5 điểm

 28

3 x  9

 28.3  9  0 
3 x  1

3
 x  2(N)

 x  4.
 x  1(L)
x

 2  3i  z   3  i   1  4i  z . Tìm số phức

 2  3i  z   3  i   1  4i  z  z 

w  3z  z .

3i
 2  i  z  2  i
1  i

Vậy w  3(2  i )  ( 2  i )  4  4i
b) Trong một đợt phỏng vấn học sinh trường THPT A để chọn 6 học sinh đi du lịch

0.25

0.25
0.5 điểm
0.25
0.25
0.5 điểm


“Quần thể di sản thế giới Tràng An” thuộc cố đô Hoa Lư xưa với ưu đãi là được tài
trợ 75% phí du lịch. Biết số học sinh đi phỏng vấn gồm 5 học sinh khối 12, 7 học
sinh khối 11, 8 học sinh khối 10. Giả sử cơ hội được chọn của các học sinh vượt qua
phỏng vấn là như nhau. Tính xác suất để có đủ học sinh 3 khối được chọn đồng thời
phải ít nhất 4 học sinh khối 12 được chọn
Ta có: n()  C206  38760
Gọi A là biến cố:” có đủ học sinh 3 khối được chọn đồng thời phải ít nhất 4 học sinh
khối 12 được chọn”
7
Ta có: n( A)  C54C71C81  280 . Vậy P( A) 
969

0.25
0.25


4

1 điểm

Tính tích phân sau: I   x  2  cos 2x  dx
0

1
2

Đặt: u  x; dv   2  cos 2 x  dx . Suy ra: du  dx; v  2 x  sin 2 x


5



4
1
1

4


I  x  2 x  sin 2 x     2 x  sin 2 x 

2
2

0 0


0.25


4

2

I

0.25

   2 1

   x  cos 2 x 
4 8 
4
0

0.25

3 2  1
 
16 8 4
Cho hình chóp S.ABC có góc giữa SC và mặt đáy bằng 450 , đáy ABC là tam

giác vuông tại A có AB  2 a , góc ABC  600 và hình chiếu của S lên mặt phẳng
(ABC) là trung điểm AB tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ A
đến (SBC).
I

 Tam giác ABC
+ AC  2a 3
+ S ABC 

0.25

1 điểm

vuông tại A :

1
AB. AC  2a 2 3
2

0.25

 Tam giác AHC vuông tại H :
HC  a 13


6


  SC
SCH

,  ABC   450 , xét tam giác SHC vuông tại H: SH  HC  a 13





2a3 39
 Vậy: VS . ABC 
3
Vì AB  2 HB nên d (A,  SBC )  2d  H , (SBC ) 

0.25

Dựng HI  BC  BC  ( SHI ) suy ra:  SHI   ( SBC ) theo giao tuyến SI

0.25

Dựng HK  SI  d  H , (SBC)   HK
a 3
2
a 55
SH .HI a 39
 HK 

SI 
2
SI
55



HIB vuông tai I: HI 



SHI Vuông tại H:

Vậy d (A,  SBC ) 

2a 39
55

0.25


Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A  2;1; 1 , B 1;3;1 , C  2; 2; 0  . Viết phương
trình mặt phẳng qua A và vuông góc đường thẳng BC tại H và tính diện tích tam
giác ABH.

Gọi (P) qua A và vuông góc với đt BC suy ra (P) nhận BC 1; 1; 1 làm
7

VTPT
Vậy (P): x  y  z  2  0
Với BH  d  B,  P   

5 3
3

0.25

5 3
2
Trong mặt phẳng Oxy, gọi H (3; 2), I  8;11 , K  4; 1 lần lượt là trực tâm, tâm
đường tròn ngoại tiếp, chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm tọa độ các
điểm A, B, C.

-Từ HK 1;1  BC : x  y  3  0

-Gọi M là trung điểm của BC
 IM  BC  IM  x  y  3  0  M  0;3 



0.25

1 điểm

0.25



- Với HA  2MI  16;16   A 19;14 

0.25


2
2
- IA 11;3   C  :  x  8   y  11  130

Thế: y  3  x

9

0.25
0.25

Mà AB  3 , suy ra: S ABH 

8

1 điểm

vào

2

C  :  x  8    x  8

0.25
2

 xB  1  yB  2
 130  
 xC  1  yC  4

0.25

Vậy: B(1;2) và C(–1;4)
a) Người ta dùng hai loại nguyên liệu để chiết xuất ít nhất 140 kg chất A và 9kg chất

B.Từ mỗi tấn nguyên liệu loại I giá 4 triệu đồng,có thể chiết xuất được 20kg chất A
và 0,6kg chất B.Từ mỗi tấn loại II giá 3 triệu đồng,có thể chiết xuất được 10kg chất
0,5 điểm
A và 1,5kg chất B .Hỏi phải dùng bao nhiêu tấn nguyên liệu mỗi loại để chi phí mua
nguyên liệu là ít nhất,biết rằng cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp
không quá 10 tấn nguyên liệu loại I và không quá 9 tấn nguyên liệu loại II?
Gọi x, y lần lượt là số tấn nguyên liệu loại I và số tấn nguyên liệu loại II.Theo đề
bài ta có:
L là tổng số tiền mua nguyên liệu: L  F  x; y   4 x  3 y
Số kg chất A được chiết xuất từ x tấn nguyên liệu loại I và y tấn nguyên liệu loại II
là: 20 x  10 y
Số kg chất B được chiết xuất từ x tấn nguyên liệu loại I và y tấn nguyên liệu loại II
0.25
là: 0,6 x  1,5 y
0  x  10
0  x  10
0  y  9
0  y  9


Vậy x, y phải thỏa mãn các điều kiện: 
 
20 x  10 y  140
2 x  y  14
0,6 x  1,5 y  9
2 x  5 y  30
Xét tứ giác ABCD có:
5 
A  d 2  d 3  A ;9  , B  d1  d 2
2 

0.25
 B10;9  , C  d1  d 4  C 10;2  , D  d 3  d 4  D5;4 
Gọi L  F  x; y   4 x  3 y .Ta có:


5
5 
F  ;9   4.  3.9  37 , F 10;9  4.10  3.9  67 ,
2
2 
F 10;2   4.10  3.2  46 , F 5;4  4.5  3.4  32 ,.Vậy Lmin  32 tại x  5
và y  4
Vậy chi phí mua nguyên liệu thấp nhất thì cần phải mua 5 tấn nguyên liệu loại I và 4
tấn nguyên liệu loại II.
Lúc đó chi phí là 32 triệu đồng.
x
b) Giải phương trình: x  4 x  4  x  4 x  4 
2
Điều kiện: x  4
x
pt  x  4  2  x  4  2 
.
2
x

x8
2 x  4  2

 4= x
4 x 8

 2
x

x8
2 x  4  2

 x8
 4= x
4 x8
 2
So với điều kiện: x = 8 là nghiệm phương trình đã cho
với mọi số thực a,b,c. Chứng minh rằng

Đặt

2

2

 a  c   b 2  2 a 2  b 2 . dấu = xảy ra nào?



  
u   a  c;b  , v   a  c;b  , t   2 a; 2 b  . Khi đó: u  v  t

a  c

 b2 


Ta có: u 
10



2
2
 a  c   b2 ; v   a  c   b2 ; t  2 a 2  b2
   
Áp dụng bất đẳng thức u  v  u  v , ta được

a  c

2

 b2 

0.25

0.25

1 điểm
0.25
0.25
0.25

 b2  2 a 2  b2
 
và chỉ khi u, v cùng hướng.

a  c

Dấu bằng xảy ra khi
Khi đó:
+ Nếu b  0  c  0
+ Nếu b  0  a  c

2

0.5 điểm

0.25