đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE313 DTNT TỈNH cần THƠ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG DTNT CẦN THƠ
Đề
ĐỀtham
SỐ khảo
313

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 .
3
Câu 2 (1,0 điểm) Xác định m để hàm số y  x   m  2  x  m đạt cực tiểu tại x  1 .

Câu 3 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình trên tập số phức: 1  i  z  (2  i )  4  5i
b) Giải phương trình: 5

x 1

 6.5x  3.5 x1  52
1

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân: I 



1

2x 1

x2  x  1

dx

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  1;3; 2  ; B  3;7; 18  và mặt
phẳng (P) có phương trình 2 x  y  z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua 2 điểm A,
B và tìm giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Tính các giá trị lượng giác của góc α biết sin   

12
3
biết    
.
13
2

b) Một hộp đựng các viên bi khác nhau gồm 6 viên bi màu trắng; 5 viên bi màu đỏ và 4 viên bi
màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc 4 viên bi trong hộp. Tính xác suất để trong 4 viên bi
được lấy có đúng 2 viên bi màu đỏ.
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA=3a, BC=4a;
  300 . Tính thể tích
mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB  2a 3 và SBC
khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung tuyến d kẻ từ A
đi qua điểm M(1;4), đường thẳng AB có phương trình x + 2y – 3 = 0, đường thẳng AC có phương
trình 3x – 2y – 1 = 0 và đường thẳng BC đi qua điểm N(–3;1). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác.

 x  y  xy  3
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 

 x  1  y  1  4
Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: xy + yz + zx = xyz. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

 1
x
y
z
1
1 
 2  2  6   
2
y
z
x
 xy yz zx 

-------------------HẾT-------------------


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Đáp án

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 4  2 x 2 .

1,0đ

* TXĐ: D   .
* Sự biến thiên:

lim y   ; lim y  

x 

x 

x  0
y '  4 x 3  4 x; y '  0  
 x  1

Bảng biến thiên:
x –∞
y

0,25
+

1
0
1

–

0
0

+

1
0
1

+∞
–

y



1

0



0,25

Hàm số đồng biến trên  ; 1 ;  0;1
Hàm số nghịch biến  1;0  ; 1;  
Hàm số đạt cực đại tại x  1 ; y  1
Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 ; y  0
* Đồ thị

0,25

0,25

3
Xác định m để hàm số y  x   m  2  x  m đạt cực tiểu tại x  1

1,0đ

Tập xác định: D   .
2

y '  3 x 2   m  2  ; y ''  6 x
3.12  m  2  0
 y '(1)  0
 
 m 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 khi: 
 y ''(1)  0
6.1  0
Vậy với m  1 thì hàm số đạt cực tiểu tại x  1 .

0,50

0,50


3a

Giải phương trình trên tập số phức: 1  i  z  (2  i )  4  5i

0,5đ

1  i  z  (2  i )  4  5i  1  i  z  4  5i   2  i 
 1  i  z  2  4i  z  3  i

0,25

Giải phương trình: 5
3b

x 1

 6.5x  3.5 x1  52

0,5đ

3
5x 1  6.5x  3.5x 1  52  5.5 x  6.5 x  .5 x  52
5
52 x

.5  52  5x  5  x  1
5
1

Tính tích phân: I 



1

4

0,25

2x 1
x2  x  1

0,25

0,25

dx

1,0đ

Đặt: u  x 2  x  1  u 2  x 2  x  1  2udu   2 x  1 dx

0,25

Đổi cận: x  1  u  1 ; x  1  u  3
3

I


1

3

2udu
3

  2du  2u 1  2
u
1



0,25



3 1

0,50

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  1;3; 2  ; B  3;7; 18  và mặt phẳng
(P) có phương trình 2 x  y  z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua
2 điểm A, B và tìm giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P).

AB   2; 4; 16   2  1;2; 8 
Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm A và có vectơ chỉ phương

1,0đ

0,25

 x  1  t



u   1;2; 8  . Phương trình d :  y  3  2t

5

 z  2  8t

Gọi M ( x; y; z) là giao điểm của đường thẳng d với mp(P) tọa độ điểm M là nghiệm
 x  1  t
 y  3  2t

của hệ phương trình: 
 z  2  8t
2 x  y  z  1  0
1
 2  1  t    3  2t    2  8t   1  0  t  
2
 1

Vậy M   ; 2; 2 
 2


Tính các giá trị lượng giác của góc α biết sin   
6

2

12
3
biết    
13

2

25
5
 12 
Ta có: cos 2   1  sin 2   1     
 cos   
13
 13  169
sin  12
cos  5
tan  
 ;cot  

cos  5
sin  12

3 

 do    

2 


0,25

0,25

0,25

0,5đ

0,25

0,25


Một hộp đựng các viên bi khác nhau gồm 6 viên bi màu trắng; 5 viên bi màu đỏ
và 4 viên bi màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc 4 viên bi trong hộp. Tính xác
suất để trong 4 viên bi được lấy có đúng 2 viên bi màu đỏ.

0,5đ

Lấy cùng lúc 4 viên bi trong hộp có 15 viên bi, số phần tử không gian mẫu
là: n      C154  1365
Gọi A: “Trong 4 viên bi được lấy có 2 viên bi màu đỏ”
2
2
Số phần tử của A là n ( A)  C5 .C10  450

0,25

Xác suất cần tìm là: P  A  

n  A  450 30


n    1365 91

0,25

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA=3a, BC=4a;
mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB  2a 3 và
  300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt
SBC
phẳng (SAC) theo a.

7

Kẻ SH vuông góc BC suy ra SH vuông góc mp(ABC);
a 3
SH=SB. sin SBC
1
S ABC  BA.BC  6a 2 ;
2
1
VS . ABC  S ABC .SH  2a 3 3
3
Kẻ HD vuông góc AC, HK vuông góc SD
suy ra HK vuông góc mp(SAC)
nên HK là khoảng cách từ H đến mp(SAC).
  3a  BC  4 HC
BH  SB.cos SBC
 d ( B, (SAC))  4 d(H,SAC))
AC  BA2  BC 2  5a ; HC = BC – BH = a  HD 

HK 

0,25

0,25

0,25

BA.HC 3a

AC
5

SH .DH

3a 7
6a 7

 d ( B, ( SAC )) 
2
2
14
7
SH  DH

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung tuyến d kẻ từ A
đi qua điểm M(1;4), đường thẳng AB có phương trình x + 2y – 3 = 0, đường
thẳng AC có phương trình 3x – 2y – 1 = 0 và đường thẳng BC đi qua điểm
N(–3;1). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác.

8

1,0đ

Từ hai phương trình AB, AC ta được A(1; 1)
Trung tuyến d qua A, M nên có phương trình x – 1 = 0
 x  1  2t
Phương trình tham số của AB là: 
 y  1 t
 x  1  2t '
Phương trình tham số của AC là: 
 y  1  3t '
Vì B thuộc AB nên B(1 – 2t; 1 + t), C thuộc AC nên C(1 + 2t; 1 + 3t)
t 3t ' 

Gọi I là trung điểm BC, ta có I   1  t  t ';1   
2 2 


0,25

1,0đ

0,25

0,25


Vì I thuộc d nên : 1 – t + t  – 1 = 0  t = t , do đó I(1; 1 + 2t) và t khác 0 (do B
không trùng C)
x  3 y 1
Đường thẳng BC qua I, N nên có phương trình:

2

t
4  2t
Vì B thuộc BC nên :
 1  t  1  t '  1  B(–1; 2), C(3; 4)
2
Vậy A(1; 1), B(–1; 2), C(3; 4)

 x  y  xy  3
Giải hệ phương trình: 
 x  1  y  1  4

0,25

0,25

1,0đ

Điều kiện: xy  0; x  1; y  1
Đặt t  xy (t  0) , khi đó:
Phương trình (1) trở thành x+y=t+3 (3)

9

0,25

Phương trình (2) trở thành x  y  2  2 xy  x  y  1  16 (4)
t  11
Từ (3), (4) ta được: 2 t 2  t  4  11  t   2
t 3
3

t

26
t

105

0


x  y  6
Hệ phương trình đã cho tương đương 
 x  3; y  3
 xy  9

0,25

0,50

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x = 3; y = 3)

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: xy + yz + zx = xyz. Tìm giá trị
 1
x
y
z
1
1 
nhỏ nhất của biểu thức: P  2  2  2  6    
y

z
x
 xy yz zx 
Ta có: xy  yz  zx  xyz 

1,0đ

1 1 1
  1
x y z

1
1
1
Đặt a  ; b  ; c  , ta có a, b, c  0; a  b  c  1 , do đó 0 x
y
z

10

b2 c 2 a 2
P     6(ab  bc  ca)
a b c
b2 c2 a2
    2(a  b c)2  (a  b)2  (b c) 2  (c  a) 2  3
a b c
 b2
  c2
  a2


   2b  a     2c  b     2a  c   (a  b)2  (b  c)2  (c  a) 2  3
a
 b
  c

(a  b)2 (b  c)2 (c  a)2


 (a  b) 2  (b  c)2  (c a) 2  3
a
b
c
(1  a)(a  b)2 (1  b)(b  c) 2 (1  c)(c  a) 2



3 3
a
b
c


Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.

0,50

0,50