đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE314 THPT thái bình dương, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT THÁI BÌNH DƯƠNG
Đề tham khảo

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

Câu 1 (1,0điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

2x 1
x 1

Câu 2 (1,0điểm). Xác định giá trị của tham số m để hàm số y  x 3  2 x 2  mx  1 đạt cực tiểu
tại x  1
Câu 3 (1,0điểm).
a) Cho số phức z, thỏa mãn điều kiện (3  2i ) z  (2  i ) 2  4  i . Tìm phần thực và phần ảo của
số phức w  3z  z
b) Giải phương trình log3 ( x  8)  2 log9 2.log2 x  2
2

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

x2  1
ln xdx
x2

Câu 5 (1,0điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;2;3 và đường thẳng

x 1 y z  3

 
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường
2
1
2
thẳng d. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox.
d:

Câu 6 (1,0điểm).
a) Cho  là góc mà cot   2 . Tính P 

cos 
sin   cos3 
3

b) Một lớp có 6 bạn nữ và 12 bạn nam. Chọn ngẫu nhiên 4 bạn đi trực nhật. Tính xác suất để
trong 4 bạn được chọn có ít nhất một bạn là nam.
Câu 7 (1,0điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và
mặt đáy bằng 600. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

AB  AD 2 , tâm I 1; 2  . Gọi M là trung điểm cạnh CD, H  2; 1 là giao điểm của hai
đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B.
Câu 9 (1,0điểm). Giải bất phương trình

x  1  x2  2  3x  4 x2 .

Câu 10 (1,0điểm). Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị nhỏ
a2

b2
3
nhất của biểu thức P 

 (a  b) 2 .
2
2
(b  c)  5bc (c  a )  5ca 4
-------------------HẾT-------------------


HƯỚNG DẪN CHẤM
CÂU

ĐÁP ÁN – CÁCH GIẢI
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
TXĐ: D= R
Sự biến thiên: * lim y  
x 

y'

và

2x  1
x 1

lim y  

ĐIỂM

1,0đ
0,25

x 

x  0
1 3
1
x  x ; y '  0  x3  x  0  
4
4
 x  2

0,25

Bảng biến thiên

1

0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–2; 0) và (2:  )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (  ; –2) và (0;2)
Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x  2 và giá trị cực tiểu này là y=–2
Hàm số đạt cực đại tại điểm x  0 và giá trị cực tiểu này là y=–1
Đồ thị

0,25

Xác định giá trị của tham số m để hàm số y  x 3  2 x 2  mx  1 đạt cực tiểu tại

x 1
2

Ta có: y '  3 x 2  4 x  m

0,25

Nếu hàm số đạt cực tiểu tại x  1 thì y '(1)  0 , suy ra m  1

0,25

Với m  1 thì y  x 3  2 x 2  x  1 , y '  3 x 2  4 x  1 và y ''  6 x  4
Vì

y '(1)  0 và y ''(1)  2  0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x  1

Vậy m  1 là giá trị cần tìm
a) Cho số phức z, thỏa mãn điều kiện (3  2i) z  (2  i ) 2  4  i . Tìm phần thực và
phần ảo của số phức w  3z  z

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

3

1,0đ

5 1
5 1
 i và z   i
13 13

13 13

 5 1   5 1  10 4
w  3z  z  3   i     i    i
 13 13   13 13  13 13
b) Giải phương trình log3 ( x  8)  2 log9 2.log2 x  2
Điều kiện: x  8
Phương trình trở thành: log3 ( x  8)  log3 x  2  log3 ( x  8) x  2
 x  1
( x  8) x  2  
x  9

Thử lại, ta nhận x  9 làm nghiệm của phương trình

0,25
0,25
0,5đ
0,25
0,25
0,5đ
0,25

0,25


2

4

x2  1

Tính tích phân I   2 ln xdx
x
1

1,0đ

1

du  dv
u  ln x

x


Đặt 
x2  1  
dv  2 dx v   x  1 

x
x
 

0,25

2 2
1
1 

I   x   ln x   1  2 dx
1 1

x
x 


0,25

2 
1
12
5
1 2 5
3


I   x   ln x   x    I  ln 2   x    ln 2 
1 
x
x 1
2
2
x1 2



0,5

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1; 2;3 và đường thẳng
x 1 y z  3
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc
 

2
1
2
với đường thẳng d.

mặt phẳng (P) đi qua điểm A và nhận vectơ chỉ phương u d  (2;1;  2) làm vectơ
(d ) :

pháp tuyến
Phương trình mặt phẳng (P): 2 x  y  2 z  2  0
5

1,0đ

02,5
02,5

Gọi B ( x; 0; 0) là giao điểm của đường thẳng ∆ với trục Ox


Khi đó, đường thẳng ∆ nhận vectơ AB  ( x  1; 2;  3) làm vectơ pháp tuyến
Vì đường thẳng ∆ vuông góc với đường thẳng d nên
 
AB.ud  0  ( x  1)2  2  6  0  x  1

02,5



đường thẳng ∆ nhận vectơ AB  ( 2; 2; 3) làm vectơ pháp tuyến có phương trình

0,25

 x  1  2t

(  ) :  y  2  2t
 z  3  3t


a) Cho  là góc mà cot   2 . Tính P 

cos 
sin   cos3 
3

cos 
cot  .(1  cot 2  )

sin 3   cos3 
1  cot 3 
10
P
9
b) Một lớp có 6 bạn nữ và 12 bạn nam. Chọn ngẫu nhiên 4 bạn đi trực nhật. Tính xác
suất để trong 4 bạn được chọn có ít nhất một bạn là nam.
P

6

Số phần tử của không gian mẫu là n()  C184
Gọi A là biến cố: “Trong 4 bạn được chọn có ít nhất một bạn nam”, lúc đó biến cố A

là:”6 bạn được chọn đều là nữ”. Suy ra: n( A)  C64
Vậy P( A) 

C64
1

4
C18 204

Và xác suất của biến cố A là P( A)  1  P( A)  1 

1
203

204 204

0,5đ
0,25
0,25
0,5đ


Câu 7 (1,0điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa
cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể
tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN).

1,0đ

*)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác
1

đều tâm G và SG   ABC   VS . ABC  SG.S ABC
3
Tam giác ABC đều cạnh a nên
a 3
a2 3
 S ABC 
2
4
Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa
AN 

0,25

  60 (vì
cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = SAG
 nhọn)
SG  AG  SAG
2
a 3
AN 
3
3
Trong tam giác SAG có SG  AG . tan 60   a

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG 
7

0,25

1 a 2 3 a3 3

Vậy VS . ABC  .a.

3
4
12
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M
(SMN) nên dC , SMN   3d G , SMN 

Ta có tam giác ABC đều nên tại K.

SG   ABC   SG  MN  MN   SGK  .

0,25

Trong (GKH), kẻ GH  SK  GH  MN  GH   SMN  , H  SK
 d  G , SMN    GH
1
2
2
1
1
a 3
AN ; BG  AG  AN  GK  AN  AN  AN 
2
3
3
2
6
12
Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên

1
1
1
1 48 49
a


 2  2  2  GH 
2
2
2
GH
SG GK
a
a
a
7
3a
Vậy dC , SMN   3GH 
7

Ta có BK 

0,25

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

AB  AD 2 , tâm I 1; 2  . Gọi M là trung điểm cạnh CD, H  2; 1 là giao điểm
của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B.

8

Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD nên
 
IC  3IH

Mà IH  1;1 , giả sử

 x  1  3.1
x  4
C  x; y   

 C  4;1
 y  2  3.1  y  1

0,25


Do I là trung điểm AC nên A(–2;–5)
Lại có AB  2 AD nên

CM BC
1
  BAC



 MBC
BC AB
2

0,25

  BCA
  90  MBC
  BCA
  90  AC  BM
Mà BAC

Đường thẳng BM đi qua H(2;–1), có vtpt IH  1;1

 pt BM: x + y – 1 = 0  B  t;1  t 

0,25



Có AB   t  2; 6  t  ; CB   t  4; t 
 
Vì AB  BC  AB.CB  0   t  2  t  4   t  6  t   0



 t  2  2  B 2  2; 1  2
Giải bất phương trình





hoặc B 2  2; 1  2



0,25

x  1  x 2  2  3x  4 x 2 .

x  0
0  x  1

3  41

2
Điều kiện: 1  x  0
. (*)
  3  41
3  41  0  x 
8

x



2
8
8

2  3 x  4 x  0

0,5

Bất phương trình đã cho tương đương với
x  1  x 2  2 x (1  x 2 )  2  3 x  4 x 2  3( x 2  x )  (1  x )  2 ( x  x 2 )(1  x )  0

9
2

3

2

x x
x x
2
1  0 
1 x
1 x


5  34
x 
x x 1
9
  9 x 2  10 x  1  0  
1 x
3

5  34
.

x 
9

2

0,5

Kết hợp điều kiện (*),suy ra nghiệm của bất phương trình là
5  34
3  41
.
x
9
8

Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
a2
b2
3
biểu thức P 

 (a  b)2 .
2
2
(b  c)  5bc (c  a )  5ca 4

10

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
a2

a2
4a 2


.
(b  c ) 2  5bc (b  c )2  5 (b  c) 2 9(b  c ) 2
4
Tương tự, ta có
Suy ra

b2
4b 2

.
( c  a ) 2  5ca 9(c  a ) 2

a2
b2
4  a2
b2  2  a
b 



 



2
2

2
2 
(b  c)  5bc (c  a)  5ca 9  (b  c) (c  a)  9  b  c c  a 

2

1,0đ


2

 (a  b)2

2
2
(
)

c
a

b
2
2


2  a  b  c (a  b) 
2
2  2(a  b) 2  4c(a  b) 
2

 
  
  
 .
9  ab  c( a  b)  c 2  9  (a  b) 2
9  (a  b) 2  4c(a  b)  4c 2 
2 
 c (a  b)  c 

4


Vì a  b  c  1  a  b  1  c nên
2

2

2  2(1  c) 2  4c(1  c )  3
8
2  3
P 
 (1  c) 2   1 
 (1  c )2 . (1)

2
2 
9  (1  c )  4c(1  c)  4c  4
9  c 1 4

0,25

2

8
2  3
2
Xét hàm số f (c)  1 
  (1  c) với c  (0; 1).
9  c 1 4

Ta có f '(c ) 

16 
2 
2
3
 (c  1);
1 
.
2
9  c  1  ( c  1)
2

c

1

0

–

0

+

1
f '(c)  0  (c  1) 64  (3c  3)3  0  c  .
3
Bảng biến thiên:





Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)  

1
với mọi c  (0; 1).
9

1
1
Từ (1) và (2) suy ra P   , dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  .
9
3
1
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  , đạt khi a  b  c  .
9
3

0,25
(2)