đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE315 THPT tân lộc, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT THCS&THPT TÂN LỘC
Đề tham khảo

ĐỀ SỐ 315

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

1
Câu 1 (1,0điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 3  x .
3
Câu 2 (1,0điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

x2
trên [2; 4].
x 1

Câu 3 (1,0điểm).
a) Giải phương trình lượng giác : cos 6 x  cos 2 x  cos 4 x .
b) Giải bất phương trình: log 2016 (3 x  2)  log 2016 (6  5 x)  0 .
5

Câu 4 (1,0điểm). Tính tích phân I  
2

x2  1
dx .
x 1

Câu 5 (1,0điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1  i) z  25  22i  3i  4 . Tính môđun của số phức z .
b) Tổ Toán trường THCS và THPT Tân Lộc có 15 giáo viên trong đó có 4 giáo viên nữ, có 3
giáo viên nam dạy cấp THPT. Ban giám hiệu nhà trường chọn ngẫu nhiên 5 giáo viên trong
tổ Toán để dự giờ thăm lớp. Tính xác suất để trong số 5 giáo viên được chọn có đúng hai
giáo viên nữ và chỉ một giáo viên dạy cấp THPT.
Câu 6 (1,0điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B; AB = 2a, AC = 4a.
Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của đoạn AC. Góc giữa
cạnh bên SA và mp(ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và SC.
Câu 7 (1,0điểm). Trong không gian Oxyz, cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đỉnh A trùng
với gốc tọa độ O, đỉnh B(1; 1; 0), D(1; –1; 0). Tìm tọa độ A’ và phương trình mặt cầu ngoại tiếp
hình lập phương đã cho, biết đỉnh A’ có cao độ dương.
Câu 8 (1,0điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C(2; –2). Gọi I, K lần
lượt là trung điểm các cạnh DA, DC. Biết M(–1; –1) là giao điểm của BI và AK. Tìm tọa độ các
đỉnh A, B, D, biết đỉnh B có hoành độ dương.
Câu 9 (1,0điểm). Giải bất phương trình sau:

x3
2 9 x
.

x
3 x 1  x  3

Câu 10 (1,0điểm). Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn a  b  c  2 . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:

P

ab
bc
ca


.
ab  2c
bc  2a
ca  2b
----------HẾT----------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Đáp án – cách giải

Điểm

1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 3  x .
3

1,0đ

D=R
y '   x2  1

0,25

 x  1
y '  0  x 1  0  
x  1
lim y  ; lim y  
2

x 

x 

Hàm số đồng biến trên (–1;1) và nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;–1), (1; +∞)
2
Hàm số đạt cực đại tại x = 1 với yCD 
3
2
Hàm số đạt cực đại tại x = –1 với yCT  
3
1

0,25

Bảng biến thiên
x
y
y




1
0






2
3

1
0
2
3




0,25



0,25

x2
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
trên [2; 4]
x 1

1,0đ

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [2; 4]

x2  2 x
y' 
( x  1) 2
2

0,25

 x  0 (l )
y'  0  
 x  2 ( n)

0,25

16
3

0,25

y (2)  4 ; y (4) 
Maxy 
[2;4]

16
; Miny  4
3 [2;4]

0,25


3

a) Giải phương trình lượng giác : cos 6 x  cos 2 x  cos 4 x .

0,5đ

 cos 4 x  0
pt  2cos 4 x cos 2 x  cos 4 x  0  
 cos 2 x  1

2

0,25






4
x


k

x



k


2
8
4




 2 x    k 2
 x    k

3
6


0,25

b) Giải bất phương trình: log 2016 (3 x  2)  log 2016 (6  5 x)  0 .

0,5đ

2

 x  3
3 x  2  0


Điều kiện: 
6  5 x  0
x  6

5
Bpt  log 2016 (3x  2)  log 2016 (6  5 x )  3 x  2  6  5 x

0,25

 6
 x  1 . So điều kiện ta được tập nghiệm : S  1; 
 5

0,25

5

Tính tích phân I  
2

x2  1
dx .
x 1

1,0đ

Đặt t  x  1  t 2  1  x  dx  2t.dt
Đổi cận: x  2  t  1; x  5  t  2

0,25

2

4

(t 2  1)2  1
.2t.dt
t
1

I 

0,25

2

  (2t 4  4t 2  4)dt

0,25

1
2

 2t 5 4t 3

386
 

 4t  
3

 5
 1 15

0,25

a) Cho số phức z thỏa mãn (1  i) z  25  22i  3i  4 . Tính môđun của số phức z .

0,5đ

Ta có: (1  i) z  25  22i  3i  4  z 

5

25i  29
1 i

0,25

Vậy z  733

0,25

Tổ Toán trường THCS và THPT Tân Lộc có 15 giáo viên trong đó có 4 giáo viên
nữ, có 3 giáo viên nam dạy cấp THPT. Ban giám hiệu nhà trường chọn ngẫu
nhiên 5 giáo viên trong tổ Toán để dự giờ thăm lớp. Tính xác suất để trong số 5
giáo viên được chọn có đúng hai giáo viên nữ và chỉ một giáo viên dạy cấp
THPT.

0,5đ

5
  C15

0,25

Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Số phần tử của: A  C42 .C31.C82
Vậy P( A) 

A
24

 143

0,25


Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B; AB = 2a, AC = 4a.
Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của
đoạn AC. Góc giữa cạnh bên SA và mp(ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp

1,0đ

S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
SH  ( ABC )

S

  60
 góc giữa SA và (ABC) là SAH
0

 SH  AH .tan 60  2a 3

6

0

0,25

BC  AC 2  AB 2  2a 3
1
 S ABC  AB. AC  2a 2 3
2
1
Vậy VSABC  .SH .S ABC  4a 3
3

A

K

0,25

H
D

E

C

Dựng hình chữ nhật ABCD  AB  CD  AB  ( SCD)

 d ( AB, SC )  d ( AB, ( SCD))  d ( A;( SCD))  2d( H , ( SCD)) vì H là trung điểm AC
0,25
Gọi E là trung điểm CD  HE  CD  CD  (SHE). Kẻ HK  SE tại K
 HK  (SCD)  d(H; (SCD)) = HK
Ta có HE 

1
2a 15
AD  a 3 . Từ SHE  HK 
2
5

0,25

4a 15
Vậy d ( AB; SC )  2 HK 
.
5

Trong không gian Oxyz, cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đỉnh A trùng
với gốc tọa độ O, đỉnh B(1; 1; 0), D(1; –1; 0). Tìm tọa độ A’ và phương trình mặt

1,0đ

cầu ngoại tiếp hình lập phương đã cho, biết đỉnh A’ có cao độ dương.

7

 

 AA '.AB  0
 
Gọi A’(a ; b ; c). Ta có :  AA '.AD  0
  
 AA '  AB  2

0,25

 A '(0; 0; 2)

0,25

 
Gọi C(x ; y ; z). Ta có BC  AD  C (2; 0; 0)


2
Gọi I là trung điểm A’C  I  1;0;
 là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương đã
2 

6
cho. Bán kính mặt cầu là R  CI 
.
2

0,25

2


2
3
Vậy phương trình mặt cầu là ( x  1)  y   z 
  .
2 
2

2

2

0,25


Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C(2; –2). Gọi I, K lần lượt
là trung điểm các cạnh DA, DC. Biết M(–1; –1) là giao điểm của BI và AK. Tìm
tọa độ các đỉnh A, B, D, biết đỉnh B có hoành độ dương.
Gọi F là trung điểm AB,T = BKCF.

F

A

B
E

Ta có AK // CF, AK  BI  CF  BI tại E.
F là trung điểm AB, EF // AM

1,0đ

I

M

0,25

T

 E là trung điểm MB  MT = BT = FT = CT.
 MF  MC và MF = BF, CM = CB.

D

K

C


MC  (3; 1)  MC  10  BC .

Ta có đường thẳng MF qua M và vuông góc với MC nên phương trình MF :

3x  y  2  0
FMF  F(t ; 3t + 2)  MF  (t  1)2  (3t  3)2
8


t 

10


Ta có MF = MF

2
t 


▪ Với t 

0,25

1
2 .
3
2

1
1 1
 F ( ; )
2
2 2

FC : x  y  0 ; MB : x  y  0  E(0 ; 0) là trung điểm MB  B(1 ; 1) (thỏa)

0,25

F là trung điểm AB  A(–2; 0)
 

AD  BC  D(3; 1) .
▪ Với t 

3
3 5
 F ( ;  )
2
2 2

 4 12 
FC : x  7 y  16  0 ; MB : 7 x  y  8  0  E   ;   là trung điểm MB
5
 5
 3 19 
 B   ;   (không thỏa vì xB > 0).
 5 5

Giải bất phương trình sau:

x3
2 9 x
.

x
3 x 1  x  3

0,25

1,0đ

Điều kiện : 1  x  9; x  0
9

Xét 3 x  1  x  3  ( x  1)  3 x  1  2  ( x  1  1)( x  1  2)
+ Dễ thấy x = 3 thỏa mãn bpt.
+ Ta xét x ≠ 3
Bpt 

( x  3)( x  1  1)( x  1  2) 2 9  x

x( x  3)
x

0,25




x  3  3 x 1  2 9  x
0
x

0,25

x  8  3(3  x  1)  2(1  9  x )

0
x
3
2




 3  x 1 1 9  x   0

x


x 1
2

 x  8 

3  x 1 1 9  x 


0
x
x 8

 0  0  x  8 với x ≠ 3
x
So điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S   0;8 .


 x  8 1 

0,25

0,25

Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn a  b  c  2 . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: P 

ab
bc
ca


.
ab  2c
bc  2a
ca  2b

1,0đ

Ta có :
ab
ab
ab
1 a
b 


 


ab  2c
ab  (a  b  c)c
(a  c)(b  c) 2  a  c b  c 

Đẳng thức xảy ra khi

0,25

a
b

a c bc

10
Tương tự :

bc
1 b
c 
 

 và
bc  2a 2  b  a c  a 

ca
1 c
a 
 


ca  2b 2  c  b a  b 

0,25

Cộng vế theo vế ta được

1ab bc ca 3
2
P 


  . Đẳng thức xảy ra khi a  b  c 
2ab bc ca 2
3
Vậy Pmax 

3
2
khi a  b  c  .
2
3

Lưu ý : Mọi cách giải khác đúng đều được trọn điểm của phần đó.

0,25

0,25