đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE321 THPT lưu hữu phước, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT LƯU HỮU PHƯỚC
Đề tham
khảo
ĐỀ
SỐ 321

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

Câu 1 (1 điểm): Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x3  3x  1 .
Câu 2 (1 điểm): Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

2x  1
, biết tiếp tuyến
x 1

vuông góc với đường thẳng d : y  3 x  2015
Câu 3 (1 điểm): Giải phương trình
a) sin 2 x  cos x  sin x  1
b) 5 x 1 + 6.5 x – 3.5 x 1  52
1

Câu 4 (1 điểm): Tính tích phân I    x  e 2 x  xdx .
0

Câu 5 (1 điểm):
2
2
a) Tìm số phức z thỏa z  1  2i    3  4i  . Tính môđun của z  2  i .

n

b) Biết hệ số của x2 trong khai triển 1  3 x  bằng 90. Hãy tìm n.
Câu

d  :

6

(1

điểm):

Trong

không

gian

Oxyz,

cho

A  4;1;3 và

đường

thẳng

x  1 y 1 z  3



. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d. Tìm
2
1
3

điểm B thuộc d sao cho AB  27 .
Câu 7 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy và AB = a, AC = 2a,
  1200 . Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và
BAC
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.
Câu 8 (1 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của AB, N
thuộc cạnh AD sao cho AN = 2ND. Đường thẳng CN có phương trình x  2 y  11  0 , điểm

5 1
M  ;  . Tìm tọa độ điểm C.
2 2
Câu 9 (1 điểm):
a) Giải phương trình 2 x  3  x  1  3 x  2 2 x 2  5 x  3  16 .
b) Một công ty TNHH trong một đợt quảng cáo và bán khuyến mãi hàng hoá (1 sản phẩm mới
của công ty) cần thuê xe để chở 140 người và 9 tấn hàng. Nơi thuê chỉ có hai loại xe A và B.
Trong đó xe loại A có 10chiếc, xe loại B có 9 chiếc. Một chiếc xe loại A cho thuê với giá 4
triệu, loại B giá 3 triệu. Hỏi phải thuê bao nhiêu xe mỗi loại để chi phí vận chuyển là thấp
nhất. Biết rằng xe A chỉ chở tối đa 20 người và 0,6 tấn hàng; xe B chở tối đa 10 người và 1,5
tấn hàng.
Câu 10 (1 điểm): Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng:
52
 a 2  b 2  c 2  2abc  2 .
27

---Hết---


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Đáp án – cách giải
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x3  3x  1
+ TXĐ: D  
+ y '  3 x 2  3
x  1
Cho y '  0  3 x 2  3  0  
 x  1
lim  ;
lim  
x 

Điểm
1,0
0,25

0,25

x 

Bảng biến thiên:
x
y’

-∞

-

-1
0

+

+∞

1
0
3

+∞
-

y
1

-1
-∞
Hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 , hàm số nghịch biến trên khoảng

0,25

 ; 1

và

1;   .

Đồ thị hàm số đạt cực đại tại x  1, ycđ  3 , đạt cực tiểu tại x  1, yct  1

0,25

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

2x  1
, biết tiếp tuyến vuông góc
x 1

1,0

với đường thẳng d : y  3 x  2015
Gọi M 0  x0 ; y0  là tiếp điểm và  là tiếp tuyến cần tìm
Hệ số góc của đường thẳng d là : k1  3

0,25

Ta có:
2

x  4
3
1
2
  x0  1  9   0
2  
3
 x0  1
 x0  2

1
1
13
x0  4  y0  y  4   3  1 : y    x  4   3  y   x 
3
3
3
1
1
1
x0  2  y0  y  2   1  2 : y    x  2   1  y   x 
3
3
3

0,25

a) Giải phương trình sin 2 x  cos x  sin x  1 (*)

0,5

f '  x0  .k1  1  f '  x0  

0,25
0,25

2

3

(*)   cos x  sin x   cos x  sin x  0   cos x  sin x  cos x  sin x  1  0
cos x  sin x  0

cos x  sin x  1

0,25




 

x   k

cos
x


0

4
 
4




  x    k 2
 k  
 


2


cos  x    
 x    k 2
4
2
 
2



Vậy nghiệm của phương trình là x   k , x    k 2 , x    k 2  k  
4
2
x 1
x
x 1
b) Giải phương trình 5 + 6.5 – 3.5  52
(**)
x
5
52
(**)  5 x .5+ 6.5 x – 3.  52  .5 x  52
5
5
x
 5  5  x 1
Vậy nghiệm của phương trình là x  1

0,25

0,5
0,25
0,25

1

Tính I 

  x  e  xdx
2x

1,0

0
1

1

1

I    x  e 2 x  xdx   x 2 dx   xe 2 x dx  I1  I 2
0

0

0,25

0

1

1

x3
1

I1   x dx 
3 0 3
0
2

0,25

1

4

Tính I 2  xe 2 x dx


0

Đặt u  x  du  dx

1
dv  e 2 x dx  v  e 2 x
2

1

0,25
1

1

x
1
e2 e2 x
e2 1
I 2  .e 2 x   e 2 x dx  
 
2
20
2
4 0 4 4
0

e2 7

4 12
2
2
a) Tìm số phức z thỏa z  1  2i    3  4i  . Tính môđun của z  2  i .
Vậy I  I1  I 2 

2

5

0,25
0,5

2

z  1  2i    3  4i   4  28i

0,25

z  2  i  6  27i  z  2  i  3 85

0,25
n

b) Biết hệ số của x2 trong khai triển 1  3 x  bằng 90. Hãy tìm n.

0,5

Hệ số của x2 trong khai triển là 9.Cn2

0,25

n  5

Theo đề bài 9.Cn2  90  n 2  n  20  0  
 n  4
Vậy n  5
Trong
không

gian
Oxyz,
cho
A  4;1;3
6

0,25
và

đường

thẳng

x  1 y 1 z  3


. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc
2
1
3
với d. Tìm điểm B thuộc d sao cho AB  27 .

d  :

1,0




Vtcp của d là u   2;1;3


Mp(P) đi qua A và nhận u   2;1;3 làm vtpt. Khi đó phương trình (P) là
A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0
 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0
 2 x  y  3 z  18  0
Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t 

0,25

0,25

0,25

Ta có:
2

2

AB  27   3  2t   t 2   3t  6   27
t  3
 14t  48t  18  0   3
t 
 7
 13 10 12 
Vậy B  7;4;6  hoặc B   ; ;  
7
 7 7
2

0,25

Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy và AB = a, AC = 2a, góc
BAC = 1200. Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 60 o . Tính thể tích của khối chóp

1,0

S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.
Gọi F là hình chiếu vuông góc của A
lên BC. Khi đó SF  BC , suy ra

  60
 SBC  ,  ABC    SFA


0

Ta có

7

2
1
a 3
S ABC  . AB. AC .sin BAC
2
2
a 21
3a 7
BC=a 7, AF 

, SA 
7
7

VSABC

1
1 a 2 3 3a 7 a 3 21
 .S ABC .SA  .
.

(đvtt)
3
3 2
7
14

0,25

0,25

Qua B dựng đường thẳng d song song với AC.
Dựng AE  d , AH  SE .
Khi đó d  AC , SB   d  AC ,  SB, d    d  A,  SB, d    AH .
Và AE 
Ta có

0,25

2.S ABC a 3


AC
2

1
1
1
19
3a 19
 2
 2  AH 
2
2
AH
SA
AE
9a
19

0,25

Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của AB, N thuộc
cạnh AD sao cho AN = 2ND. Đường thẳng CN có phương trình x  2 y  11  0 ,
8

5 1
điểm M  ;  . Tìm tọa độ điểm C.
2 2

1,0

Gọi H, K, I, J lần lượt là hình chiếu của A, D, M, B
trên đường thẳng CN.

5
1
 2.  11
2
2

3 5
2
12  2 2
Phương trình đường thẳng IM là 4 x  2 y  9  0 .
 7
Suy ra I  4;  .
 2
Khi đó MI  d  M , CN  



0,25

Xét các tam giác đồng dạng DNK, AHN, BJC có DK 

AH BJ

2
3

0,25

2 3 5 3 5
 5DK  AH  BJ  2 MI  DK  .

5 2
5
Đặt DC  a
1
1
1
5 9
1
Ta có


  2  2 a3 2
2
2
2
DK
DN
DC
9 a
a

0,25

2

45  3 5 
45
2
2
CM 2  BC 2  MB 2  MI 2  CI 2 

(*)
  CI  CI 
2  2 
4
Do C  CN  C  x;11  2 x 
2

45
19  2 14
 15

(*)   x  4     2 x  
 5 x 2  38 x  61  0  x 
4
5
2

 19  2 14 36  2 14 
 19  2 14 36  2 14 
Vậy C 
;
;
 hoặc C 


5
5
5
5




2

a) Giải phương trình
Điều kiện: x  1

2 x  3  x  1  3 x  2 2 x 2  5 x  3  16

Đặt t  2 x  3  x  1

(***)

t  1

t  5 ( n )
Khi đó (***) trở thành t  t  20  0  
t  4 (l )

0,25

0,5

0,25

2

Ta được:

2 x  3  x  1  5  2 2 x 2  5 x  3  21  3 x

9

 21  3x  0
x  7



2
2
2
 x  146 x  429  0
 4  2 x  5 x  3   21  3x 
x  7

   x  143  x  3
 3

Vậy nghiệm của phương trình là x  3
b) Một công ty TNHH trong một đợt quảng cáo và bán khuyến mãi hàng hoá (1 sản
phẩm mới của công ty) cần thuê xe để chở 140 người và 9 tấn hàng. Nơi thuê chỉ có
hai loại xe A và B. Trong đó xe loại A có 10 chiếc, xe loại B có 9 chiếc. Một chiếc xe
loại A cho thuê với giá 4 triệu, loại B giá 3 triệu. Hỏi phải thuê bao nhiêu xe mỗi loại

để chi phí vận chuyển là thấp nhất. Biết rằng xe A chỉ chở tối đa 20 người và 0,6 tấn
hàng; xe B chở tối đa 10 người và 1,5 tấn hàng.

0,25

0,5


Gọi x, y lần lượt là số xe loại A và loại B cần phải thuê

 x, y    .
*

Số tiền thuê xe là T  4 x  3 y (triệu đồng)

0  x  10
0  y  9

Khi đó ta được hệ phương trình: 
20 x  10 y  140
0,6 x  1,5 y  9

0,25

Giải hệ phương trình trên, ta tìm được
miền nghiệm là tứ giác ABCD (như hình
vẽ),

với

5 
A  ;9  , B 10;9  ,
2 

C 10; 2  , D  5;4  .

0,25

T đạt giá trị thấp nhất tại các đỉnh của
ABCD.
Vậy cần thuê 5 xe loại A và 4 xe loại B.

Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng:

52
 a 2  b 2  c 2  2abc  2 .
27

1,0

Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta giả sử a  b  c  0 .

10

2

a  3  x
2
Đặt 
c yx

3
b  2  y

3
2
2
2
1
Do a  b  c   x   y   y  x  y  x 
3
3
3
3
2
1
Và
 a 1 0  x 
3
3
2
2
2
Ta có a  b  c  2abc 
2
2
2
2
 2
 2


2
 2
 2

   x     y     y  x   2   x   y   y  x 
3
 3
 3

3
 3
 3

52 1 2
52

  x  y 2  xy  3 xy  y  x   
27 3
27
2
2
 x  y  xy  3xy  y  x   0 (1)

0,25

0,25

+ Nếu x  y thì (1)  x 2  y 2  xy  0  a 2  b 2  c 2  2abc  2

0,25

1
3
2
2
2
nên (1)  x  y  xy  xy  0   x  y   0  a 2  b 2  c 2  2abc  2

0,25

+ Nếu x  y . Ta có y  x 

Vậy bài toán đã đượ chứng minh.
Dấu “=” xảy ra khi x  y  0  a  b  c 

2
.
3