đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE320 THPT trần đại nghĩa, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT TRẦN ĐẠI NGHĨA
Đề tham
khảo
ĐỀ
SỐ 320

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  4 x 3  3 x  1 .
Câu 2 (1,0điểm). Tìm các giá trị của tham số m để
trên  .

hàm số y  4 x 3  mx 2  3 x  1 đồng biến

Câu 3 (1,0điểm).



1
 3

a) Cho góc    ;2  mà sin  cos   . Tính sin 2 .
2
2
2
 2

b) Giải phương trình 2log 9 x  1 

2
.
log 3 x
1

4x  3
dx .
0 2x  1

Câu 4 (1,0điểm). Tính tích phân I  
Câu 5 (1,0điểm).

a) Giải phương trình z 2  2 z  26  0 trên tập số phức.
10

b) Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của biểu thức: P  x   1  3 x  2 x 3 

Câu 6 (1,0điểm). Cho hình chóp S .ABC có SA  a , AB  BC  2a , 
ABC  1200 và cạnh bên
SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính số đo của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Tính
theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
Câu 7 (1,0điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;0) , B(0;3; 4) và

C (5;6;7) . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.
4
x.
3
Viết phương trình đường tròn đi qua M, tiếp xúc đồng thời với đường thẳng  và đường thẳng
y 0.

Câu 9 (1,0điểm).
Câu 8 (1,0điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M (3;1) và đường thẳng  : y 

a) Vận tốc của một chuyển động được biểu diễn bởi công thức v(t )  8t  3t 2 , t  0 .. Trong đó
t tính bằng giây (s) và v(t ) tính bằng mét/giây (m/s). Tìm gia tốc của chất điểm tại thời
điểm mà vận tốc của chuyển động bằng 11.
b) Giải bất phương trình

x

2

 x  2 x  1  x3  2 x  1 .

Câu 10 (1,0điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:

P

7
121

.
2
2
x  y  z 14  xy  yz  zx 
2

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

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Đáp án – cách giải

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  4 x  mx  3 x  1 khi m  0
trong đó m là tham số.
3

2

Khi m  0 thì y  4 x 3  3 x 1
Tập xác định: D  
Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên: y '  12 x 2  3  0, x  

0.25

+ Hàm số đồng biến trên khoảng ; 
ￚ Cực trị: hàm số không có cực trị
ￚ Giới hạn: lim y  
x 

và

0.25
lim y  

x 

0.25

ￚ Bảng biến thiên:
1

x






y'
y



Đồ thị:

0.25

2

Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y  4 x3  mx 2  3 x  1 đồng biến trên
.
Ta có: y '  12 x 2  2 mx  3
Hàm số (1) đồng biến trên   y '  0, x  

 12 x 2  2mx  3  0, x  
  '  m2  36  0
 6  m  6
Vậy giá trị m cần tìm là 6  m  6
 3



1
a) Cho góc    ; 2 mà sin  cos   . Tính sin 2 .
 2

2
2
2
1
3


1
 cos    1  sin  
 sin   
2
2
2
4
4
 2
cos   1 sin 2   1  9  7


16 16
7
Do 
cos  

 3


4
   ; 2
2



Từ
3

sin

Vậy sin 2  2 sin .cos   

3 7
8

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

0.25


b)

Giải phương trình 2log 9 x  1 

2
log 3 x

(1)

Điều kiện: x  0, x  1
(*)
2
Khi đó: 1  log3 x  log3 x  2  0

0.25

x  3
 log x  1

3

 
1
 log3 x  2  x 
9


1
Vậy phương trình có nghiệm là x  3, x  .
9
1
4x  3
Tính tích phân I  
dx .
2x 1
0
1

0.25

1

4x  3
1 

I 
dx    2 
 dx
2x 1
2x 1 
0
0

Ta có:
1

4

[thỏa (*)]

1

  2dx  
0

0

0.25

1
dx
2 x 1

1

 2 x 0   ln 2 x  1 
 2


0.25

1

1

0.25
0

1
 2  ln 3
2
a)

0.25

Giải phương trình z2  2 z  26  0 trên tập số phức.

Ta có:  '  1  26  25  5i 

2

0.25

Do đó phương trình có hai nghiệm phức là z1  1  5i
b) Tìm hệ số của

x

7

và z2  1 5i .

0.25

trong khai triển thành đa thức của biểu thức

P  x   1 3 x  2 x 3  .

10

10

10
10k
k
P  x   1 3 x  2 x 3    2 x 3  1  3 x    C10k .2 x 3  .1  3 x 


k0
10

Ta có:
5
10

  C10k .2 x 3 

10k

k0

k

10

k

k0

l 0

 Ckl .3 x    C10k .Clk .210k.3 .x 303 kl
l 0

l

l

0.25

 k  8, l  1
0  l  k  10
0  l  k  10 
Chọn k , l   thỏa 
 
  k  9, l  4
30  3k  l  7 l  3k  23
 k  10, l  7

Vậy hệ số của x 7 trong khai triển là
C108 .C18 .22 .3  C109 .C94 .2.3  C1010 .C107 .2 0.3  62640
4

7

0.25

  120 0 và cạnh bên SA

Cho hình chóp S .ABC có SA  a, AB  BC  2 a, ABC
vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính số đo của góc giữa hai mặt phẳng SBC  và
6

 ABC  . Tính theo
Trong  ABC  , kẻ
 BC   SAH 

a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
AH  BC . Do SA   ABC  nên SA  BC

0.25


  
Do đó BC  SH  SBC  , ABC    AH , SH   SHA


  2a.sin 60 0  a 3
Xét tam giác AHB : AH  AB.sin ABH

Xét tam giác SAH : tan SHA

SA
a
3
  30 0


 SHA

AH a 3
3

0.25

0

SBC  , ABC   30
Trong  ABC  , gọi D là điểm đối xứng của B

Vậy

qua AC . Do tam giác ABC cân tại B và
  60 0 nên các tam giác ABD và DBC
ABC
là các tam giác đều.
Suy ra: DA  DB  DC  2a . Do đó D là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
 Dựng đường thẳng  qua D và song
song SA     ABC 

0.25

  là trục của của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC .
 Gọi M là trung điểm của SA , trong SA,  , kẻ đường thẳng d qua M và
song song AD , suy ra d  SA  d là trung trực của đoạn SA
 Trong SA,  , gọi O  d   . Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S .ABC

a2
a 17

4
2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 2;1; 0 , B  0;3; 4 và
Xét tam giác OAD ta có R  OA  AD 2  AM 2  4 a2 

0.25

C 5,6, 7 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng trung trực của đoạn AB .

Gọi M là trung điểm của AB , ta có M 1; 2; 2

0.25

P  vuông góc với AB tại M là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng

AB . Do AB   P  nên AB  2;2;4 là một VTPT của  P 
Suy ra phương trình  P 
2  x 1  2  y  2  4  z  2  0  x  y  2 z  5  0
Mặt phẳng

7





Vậy d C , P  

5  6  2.7  5
1  (1)  (2)
2

2

2



5 6
3

0.25

0.25

0.25

4
x . Viết
3
phương trình đường tròn đi qua M , tiếp xúc đồng thời với đường thẳng  và đường
thẳng y  0 .

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M 3;1 và đường thẳng  : y 

8

Gọi I  a; b là tâm của đường tròn cần tìm, ta có
d  I ,   d  I , Ox   IM

 4 a  3b  5 b
 4 a  3b  5 b


1


  

2
2
2
  a  3   b 1  b
 a  3  2 b  1  0


(1)

0.25

(2)
(3)

0.25


 4 a  3b   5b

2  4a  3b  5b


 b  2 a

a  2b


(4)
(5)

0.25

Thay (4) vào (3) ta được: a  3  4a  1  0  a  2 a  10  0 : pt vô nghiệm
2

2


5
b 
Thay (5) vào (3) ta được: 2 b  3  2b  1  0  2 b  7b  5  0  
2

 b  1
2

+ Với b 

2

 5
5
5
 a  5  I 5; ; IM  .
 2 
2
2

0.25


5
25
C  :  x  5   y  2   4


2

Phương trình

2

+ Với b  1  a  2  I 2;1 , IM  1 .
Phương trình C  :  x  2   y 1  1
2

2

a) Vận tốc của một chuyển động được biểu diễn bởi công thức v(t )  8t  3t 2 , t  0 ..
Trong đó t tính bằng giây (s) và v(t ) tính bằng mét/giây (m/s). Tìm gia tốc của chất
điểm tại thời điểm mà vận tốc của chuyển động bằng 11.
t  1

a(t )  8  6t ; v(t )  11  8t  3t  11  
1
t 
(loai)

3

0.25

t  1  a(t )  8  6  14m / s 2

0.25

2

x

b) Giải bất phương trình
Điều kiện: x  
9

Khi đó:

1
2

2

 x  2 x  1  x 3  2 x 1

(1)

(*)

1 

x 3  2 x  1  x 2 . 2 x  1  x. 2 x  1  0







0.25



 x 2 x  2 x  1  2 x  1 x  2 x 1  0







 x  2x 1 x2  2x 1  0

0.25

 x  2 x 1  0  2 x 1  x
 x  0
  2
 x  1 2
 x  2 x 1  0

Kết hợp với điều kiện (*), suy ra tập nghiệm của bpt là S  1  2; 


0.25



0.25


Xét các số thực dương
nhất

của biểu thức

x, y, z thỏa mãn điều kiện

P

x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ

7
121

.
2
2
x y z
14  xy  yz  zx 

0.5

2

1  x 2  y 2  z 2 
2
1
2
2
2 
Ta có: xy  yz  zx   x  y  z   x  y  z  

2
2
7
121
Do đó:
P 2


2
2
2
x  y z
7 1 ( x  y 2  z 2 )
Đặt t  x 2  y 2  z2 , tìm điều kiện cho t
 x , y, z  0
 
 x , y , z  0;1 . Do đó: x 2  x , y 2  y , z2  z

 x  y  z  1
Suy ra: x 2  y 2  z2  x  y  z  1

0.25

Mặt khác: 1   x  y  z  x 2  y 2  z2  2  xy  yz  zx   3 x 2  y 2  z 2 
2



1
1
Suy ra: x 2  y 2  z2  . Ta được:  t  1
3
3
1 
7
121
7
121

Khảo sát hàm số f t   
trên  ;1 , ta có: f ' t    2 
2


t 7 1  t 
t
7 1  t 
3 

10

f ' t   0 

 11   7 
7
   
 
2

t
1 t   t 
2

121
7 1 t 

2



2

 11

7

t  7

 1 t t


  18
 11

7
7


t  
t
4

 1 t

Bảng biến thiên
t

1
3

7
18

1

f 't 



0
0.25



f t 

324
7

Từ bảng biến thiên ta suy ra min
f t  
 
1
t   ;1

3 

324
7

324
khi t 
. Suy ra: P 
7
18
7

1
1
1
Ta thấy với x  , y  , z  thì x  y  z  1
2
3
6
min P 

và P 

324

7

324
7

Vậy min P 

324
7

Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều được hưởng điểm tối đa theo thang điểm