SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRUNG TÂM GDTX NINH KIỀU
Đề tham
khảo
ĐỀ
SỐ 319
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 (C) của hàm số y
2x 1
.
x 1
Câu 2 (1,0điểm). Tìm tất cả các giá trị m để hàm số y x 3 3 x 2 ( m 1) x 1 đồng biến
trên khoảng (0;3).
Câu 3 (1,0điểm).
a) Giải phương trình 52 x2 26.5 x2 1 0
b) Giải phương trình :
3 cos 2 x sin x cos x 2sin x 1 0 .
Câu 4 (1,0điểm). Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau 1, 2 có phương trình:
x 3 y 1 z 3
x
y 3 z 6
1 :
; 2 :
. Viết phương trình đường thẳng là đường
2
1
2
3
3
4
vuông góc chung của hai đường thẳng 1 và 2
Câu 5 (1,0điểm).
2
a) Tìm số phức z thỏa mãn z zi 0
b) Có 30 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để
có 5 tấm thẻ mang số lẻ,5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có duy nhất 1 tấm mang số
chia hết cho 10.
1
1
Câu 6 (1,0điểm). Tính: I 3 x 1
dx
x
2
1
Câu 7 (1,0điểm). Cho hình thang cân ABCD có AB // CD, CD = 2AB. Gọi I là giao điểm của hai
2 17
đường chéo AC và BD. Gọi M là điểm đối xứng của I qua A với M ; . Biết phương trình
3 3
đường thẳng DC : x y 1 0 và diện tích hình thang ABCD bằng 12. Viết phương trình
đường thẳng BC biết điểm C có hoành độ dương.
Câu 8 (1,0điểm). Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = 2a ,
a
AD = a . Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM , cạnh AC cắt MD tại H . Biết SH vuông góc
2
với mặt phẳng (ABCD) và SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD và tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng SD và AC theo a.
y x y 1 x 3 3 y ( x 2 xy y 1) 1
Câu 9 (1,0điểm). Giải hệ phương trình:
2
y y 5 x 5
Câu 10 (1,0điểm). Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz.
xy
yz
zx
3
Chứng minh rằng : 3
3
3
3
2
2
3
2
2
3
2
2
x y x z y z y z y xz x z x z yx y 4
----------HẾT----------
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Đáp án – cách giải
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y
TXĐ: D \ { 1} y '
1
Hàm số đồng biến trên
1
x 1
2 x 1
x 1
1,0đ
0, x D
0,25
; 1 , 1; ;Hàm số không có cực trị
lim y 2; lim 2 y 2
x
2
Điểm
là tiệm cân ngang.
x
0,25
lim y ; lim x 1 là tiệm cận đứng
x 1
2
x1
Vẽ bảng biến thiên
Đồ thị
0,25
0,25
Tìm tất cả các giá trị m để hàm số y x 3 3 x 2 ( m 1) x 1 đồng biến trên
khoảng (0;3).
1,0đ
m ≥ 3x2 – 6x + 1, x ∈ (0; 3)
m≥1
a) Giải phương trình 5 2 x 2 26.5 x 2 1 0
t 1
Đặt t = 5x >0. Pt t2–26t + 25 = 0
t 25
x 0
.
x 2
b) Giải phương trình: 3 cos 2 x sin x cos x 2sin x 1 0
0,5
0,5
0,5đ
0,25
0,25
0,5đ
sin 2 x 3 cos 2 x 3 sin x cos x
3
1
3
3
1
sin 2 x
cos 2 x
sin x cos x
2
2
2
2
sin 2 x cos cos 2 x sin sin x cos cos x sin
sin 2 x sin x
3
3
6
6
3
6
x 2 k 2
( k )
x 5 k 2
18
3
Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau 1, 2 có phương trình:
x 3 y 1 z 3
x
y 3 z 6
1 :
; 2 :
. Viết phương trình đường
2
1
2
3
3
4
thẳng là đường vuông góc chung của hai đường thẳng 1 và 2
4
Viết phương trình mặt phẳng ( ) : x y z 2 0 d (O,( ))
2
2
2
Pt mặt cầu (S) : x y z
4
0
3
x t
Pt đt qua O và vuông góc mặt phẳng ( ) là y t
z t
2
3
0,25
0,25
1,0đ
0,25
0,25
0,25
2
x
x
t
3
y t
2
2 2 2
Tọa độ tiếp điểm là nghiệm hpt
y
D ; ;
3
3 3 3
z t
2
x y z 2 0
z 3
2
a) Tìm số phức z thỏa mãn z zi 0
0,25
0,5đ
Giả sử z a bi (a, b )
2
z zi 0 a 2 b 2 (a bi)i 0 a 2 b 2 b ai 0
a 2 b 2 b 0 a 0
a 0
hoặc
. Vậy z 0, z i
b 0
b 1
a 0
0,25
0,25
b) Có 30 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính
xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có duy
0,5đ
nhất 1 tấm mang số chia hết cho 10.
5
Gọi A là biến cố lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có
1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Chọn 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ có : C1030 cách chọn
Ta phải chọn :
0,25
5 tấm thẻ mang số lẻ trong 15 tấm mang số lẻ có C155 cách chọn.
1 tấm thẻ chia hết cho 10 trong 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 10, có : C13 cách
4 tấm thẻ mang số chẵn nhưng không chia hết cho 10 trong 12 tấm, có : C412
Vậy xác suất cần tìm là : P(A) =
C155 .C124 .C31 99
10
C30
667
0,25
1
1
Tính: I 3 x 1
dx
x
2
1
1
1,0đ
1
1
dx I1 I 2
x2
1
Ta có: I 3 x 1dx
1
6
1
1
2
Tính I1 3 x 1 dx 2 x 1
1
1
3 1
2
4 2
0,25
0,25
1
Tính I 2 ln x 2 1 ln 3
0,25
Vậy: I 4 2 ln 3
0,25
Cho hình thang cân ABCD có AB // CD, CD = 2AB. Gọi I là giao điểm của hai
2 17
đường chéo AC và BD. Gọi M là điểm đối xứng của I qua A với M ; . Biết
3 3
phương trình đường thẳng DC : x y 1 0 và diện tích hình thang ABCD
bằng 12. Viết phương trình đường thẳng BC biết điểm C có hoành độ dương.
7
8
Ta có : tam giác MDC vuông tại D
M
(MD): x – y + 5 = 0 D(–2; 3)
B
A
8 2
3
H
MD =
HD = MD = 2 2
3
4
I
3a.2 2
Gọi AB = a SABCD =
= 12
2
D
a=2 2
DC = 4 2
Gọi C(c; 1 – c) DC2 = 2(c + 2 )2 c = 2 hay c = – 6 (loại) C(2; –1)
B(3; 2)
(BC): 3x – y – 7 = 0
1,0đ
0,25
0,25
C
0,25
0,25
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = 2a , AD = a .
a
Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM , cạnh AC cắt MD tại H . Biết SH
2
vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD
và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a.
1,0đ
* Tính thể tích khối chóp S.HCD:
Hai tam giác vuông AMD và DAC có
AM AD 1
nên đồng dạng,
AD DC 2
, mà
Suy ra
ADH DCH
900 DHC
900
ADH HDC
ADC vuông tại D:
AC 2 AD 2 DC 2 AC a 5
Hệ thức lượng ADC: DH.AC = DA.DC
DC.DA 2a
Suy ra: DH
AC
5
DHC vuông tại H:
4a
HC DC 2 DH 2
5
0,25
1
4a 2
DH .HC
2
5
1
4a3
Thể tích khối chóp S.HCD: VS .HCD SH .S HCD
3
15
Tính khoảng cách giữa SD và AC:
Dựng HE SD . Ta có SH (ABCD) nên SH AC và DH AC , do đó AC (SHD)
Mà HE (SHD) nên HE AC
Từ đó HE là đoạn vuông góc chung của SD và AC nên HE d SD; AC
Do đó diện tích HCD: S HCD
SHD vuông tại H nên:
1
HE
2a
Vậy d SD; AC HE
3
2
1
SH
2
1
HD
2
HE
2a
3
0,25
0,25
0,25
Giải hệ phương trình :
9
y x y 1 x3 3 y ( x 2 xy y 1) 1 (1)
2
(2)
y y 5 x 5
y 0
Điều kiện :
( vì y = 0 không thỏa hpt)
x y 1
( x 1)
( x 1)( x2 x 1) 3 y( x 1)( x y 1)
(1)
y x y 1
1
( x 1)[ x 2 x 3xy 3 y 2 3 y 1
]
y x y 1
1
] (3)
( x 1)[ x2 (3 y 1) x 3 y 2 3 y 1
y x y 1
Xét A = x2 + (3y – 1 )x + 3y2 – 3y + 1
= –3(y – 1)2 0 x R A 0 x, y R
(3) x = –1
1,0đ
0,25
0,25
0,25
Thay x = –1 vào (2) ta có: y 2 y 5 5
1 17
y
2
1 17
(l )
y
2
0,25
1 17
Vậy hệ phương trình có nghiệm 1;
2
Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz. Chứng minh rằng :
xy
yz
zx
3
3
3
3
3
2
2
3
2
2
3
2
2
x y x z y z y z y xz x z x z yx y 4
Ta có : xy + yz + zx = 3xyz
1 1 1
3
x y z
1
11 1 2
2
; x + y ≥ 2xy
x y 4 x y
xy
xy
xy
1
1
2
3
3
2
2
2
2
2
x y x z y z xy ( x y ) ( x y ) z 4 xy ( x y ) ( x y ) z
1,0đ
0,25
Với x > 0; y > 0; z > 0 ta có x3 + y3 ≥ xy(x + y) ;
10
1 1
xy
1 1
xy
1
2
2
2
2
x y x z y z 4 ( x y ) ( x y ) z 4 ( x y) 2 z
3
3
0,25
1 1 1 1 1 1 1 1 1
(1)
4 4 x y 2 z 16 x y 8 z
Chứng minh tương tự :
yz
1 1 1 1
(2)
2
2
y z y x z x 16 y z 8 x
zx
1 1 1 1
(3)
3
3
2
2
z x z y x y 16 z x 8 y
3
3
Công (1) ; (2); (3) theo vế ta được đpcm
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1
0,25
0,25