đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE323 THPT giai xuân, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT GIAI XUÂN
Đề tham
khảo
ĐỀ
SỐ 323

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

Câu 1 (1,0điểm). Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y 
Câu 2 (1,0điểm). Chứng minh hàm số y 

x
.
x 1

4x
 ln( x2  1) đạt cực đại tại điểm x  2 .
5

Câu 3 (1,0điểm).

5



    . Tính giá trị của cos     .
với
13

2
4

b) Giải bất phương trình: 3.9x  2.3x  2  0
e
1 1 
Câu 4 (1,0điểm).Tính tích phân I   
 ln xdx.
 x x2 
1
Câu 5 (1,0điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1  i ) z  z  5  2i . Tìm phần ảo của z.
a) Cho sin  



b) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 ta lập được tập A chứa các số có 3 chữ số đôi một khác nhau, lấy
ngẫu nhiên 4 số từ A. Tính xác suất để trong 4 số lấy ra có đúng 1 số chia hết cho 5.
Câu 6 (1,0điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA  (ABCD),

SB  a 3 , gọi M là trung điểm AD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SM và AB.
Câu 7 (1,0điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;0; 2) , B(1;2; 2) và
x  1 t

đường thẳng d :  y  1  2t . Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính AB và tìm tọa độ điểm
 z  2  t.

H là hình chiếu vuông góc của A trên d.
Câu 8 (1,0điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong đường

tròn tâm I, có đỉnh A thuộc đường thẳng d : x  y  2  0 , D(2;–1) là chân đường cao của tam
giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AI; điểm P(2;1)
thuộc đường thẳng AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 9 (1,0điểm).

 x 1  y 2  y 1  x 2  1
a) Giải hệ phương trình 
1  x 1  y   2
b) Một hộp hình trụ tròn xoay rỗng mặt trên có bán kính đáy là R = 10cm có độ cao là h =
12cm. Đổ nước vào hộp ấy cho nước dâng lên đến mức 11,9cm. Hỏi cần để viên bi có
đường kính bao nhiêu vào thùng để mặt nước dâng lên đúng 12cm.
1
1
1
Câu 10 (1,0điểm). Cho tam giác ABC thỏa T  sin A  sin B  sin C 


sin A sin B sin C
Tìm giá tri nhỏ nhất của T.
----------HẾT----------


HƯỚNG DẪN CHẤM (có 04 trang)
Câu

Đáp án – cách giải
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y 

Điểm

x
.
x 1

1.0

Tập xác định: D   \ 1
Đạo hàm: y / 

1

 x  1

2

 0, x  1

0.25

Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng

 ;1

và 1;  

Giới hạn, tiệm cận
lim y  1; lim y  1 , suy ra: y  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
x 

1

x 

0.25

lim y  ; lim y   , suy ra: x  1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x 1

x 1

Bảng biến thiên
x
y’
y

2



1



-

-

1




1
Hàm số không cực trị
Đồ thị (Đúng dạng, chính xác)
4x
 ln( x2  1) đạt cực đại tại điểm x  2 .
Chứng minh hàm số y 
5
Tập xác định D  
4
2x
y'  2
5 x 1
x2  1  x.2 x 2 x 2  2
y "  2.
 2
( x 2  1)2
( x  1)2
6
Suy ra y / (2)  0 và y / / (2)    0
25
Vậy hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm x  2 .
5



    . Tính giá trị của cos     .
a) Cho sin  
với

13
2
4


0.25

0.25
1.0
0,25
0,25
0,25
0,25

2

 5  144
a) Ta có cos   1  sin   1    
.
 13  169
12

Suy ra cos  
(vì
    nên cos   0 )
13
2


 12 2 5 2 17 2


.
 .

Do đó cos      cos .cos  sin .sin 
.
4
4
4 13 2 13 2
26

( x  )
b) Giải phương trình: 3.9 x  2.3 x  1  0
2

3

2

t  1
Đăt t  3 (t  0) ; ta có: 3t  2t  1  0   1
t 
 3
1
1
Kết hợp ĐK, suy ra t   3x   x  1
3
3
Vậy nghiệm của bất phương trình là x  1
x

2

0,25

0,25

0,25

0,25


e

1 1 
I  
 ln xdx.
 x x2 
1
e
e
ln x
ln x
Ta có: I  
dx   2 dx
1 x
1 x



1.0

0,25

e

e
e 1
1
ln x
dx   ln xd(ln x)  ln 2 x 
1
2
2
1 x
1

+ I1  
4

e

+ Tính I2  
1

ln x
x2

dx
1

Đặt u  ln x, dv 

x

2

dx  du 

1
1
dx, v 
x
x

0,25

e

e

5

0,25

e
ln x
1
1 1
2

I2  
  2 dx   
 1
x 1 1x
e x1
e
3e  4
Vậy I 
.
2e
a) (1  i)z  z  5  2i (1)
Đặt z = a + bi (a, b  R)
Từ (1) ta có: (1  i)(a  bi)  a  bi  5  2i
 (2a + b) – ai = 5 – 2i  a = 2 và b = 1
Vậy phần ảo của z là 1.
b) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 ta lập được tập A chứa các số có 3 chữ số đôi một khác
nhau, lấy ngẫu nhiên 4 số từ A. Tính xác suất để trong 4 số lấy ra có đúng 1 số chia hết
cho 5.
Tìm được tập A có 48 số có 3 chữ số đôi một khác nhau
Tìm được số phần tử của không gian mẫu : n ( )  C 484  194580
Tìm được trong 48 số có 12 số chia hết cho 5 và 36 số không chia hết cho 5
Số kết quả trong 4 số lấy ra có đúng 1 số chia hết cho 5 là : C121 .C 363  85680

Xác suất cần tìm là P  476
1081
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA  (ABCD), SB = a 3 , gọi
M là trung điểm AD.
* Thể tích khối chóp SABCD

• SA = SB 2  AB 2  3a 2  a 2  a 2 ,

SABCD = a2

6

0.5
0,25
0,25
0.5
0,25

0,25

1.0

0.25

3

1
3

• V  S ABCD .SA 

a . 2
3

0.25

* Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AB
• Kẻ AH  SM (H  SM) (1)

SA  (ABCD)
Từ (1) và (2)

0,25

, mà AD  AB
d(SM, AB) = AH

 SA  AB


 A B  (S A D )  A B  A H

0.25

2

2a
a 2
• 1 2  1 2  1 2  1 2  42  AH 2 
= d(SM,AB)
 AH 
9
3
AH
AS
AM
2a
a

0.25


x  1  t

Cho hai điểm A(1 ; 0 ; 2), B( 1 ; 2 ;  2) và đường thẳng d :  y  1  2t
z  2  t.


1.0

a) Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính AB.

AB
• AB  (2; 2; 4)  AB  2 6 . Bán kính R 
 6
2

0.25

• (S) có tâm là trung điểm I(0;1;0) của đoạn AB.
Phương trình: x2 + (y – 1)2 + z2 = 6

0.25

7
b) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên d.



• d có VTCP u d  (1; 2; 1)
• H  d  H(1 + t ; 1 + 2t ; –2 – t)

0.25


AH  (t;1  2t; 4  t)

 
 
• Do H là hình chiếu của A trên d nên AH  u d  AH.u d  0
0.25
 t+2+4t+4+t = 0  t=–1 H(0 ;–1 ;–1)
Tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I, có đỉnh A thuộc đường thẳng
d: x + y – 2 = 0, D(2; –1) là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm
E(3; 1) là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AI; điểm P(2;1) thuộc đường thẳng

1.0

AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Gọi M là điểm đối xứng của A qua I.
  BAM
  EDC
  DE//MC  DE  AC ( Vì MC  AC ) .
Ta có BCM

8

0.25


 DE  (1; 2) là véctơ pháp tuyến AC.

Suy ra, phương trình AC : x  2y  4  0
Tọa độ của A(0 ;2) .


Ta có AD   2; 3 ; AE   3; 1
Phương trình BE : 3x – y – 8 = 0.
Phương trình BD : 2x – 3y – 7 = 0.
 17 5 
Tọa độ của B  ;   .
7
 7

 26 1 
Tọa độ C thỏa mãn phương trình AC và BD. Suy ra C  ;  .
 7 7

0.25

0.25

0.25


2
2
 x 1  y  y 1  x  1


a) Giải hệ phương trình 1  x 1  y   2


0.5

Điều kiện: 1  x; y  1 . Đặt: x  cos ; y  cos ; ,  0; 



sin       1
 
Ta được hệ 

2
1  cos  1  cos    2   0


9

0.25

x  0

y  1

0.25

b) Một hộp hình trụ tròn xoay rỗng mặt trên có bán kính đáy là R = 10cm có độ cao là
h = 12cm. Đổ nước vào hộp ấy cho nước dâng lên đến mức11,9cm. Hỏi cần để viên bi
có đường kính bao nhiêu vào thùng để mặt nước dâng lên đúng 12cm.

0.5

Ta có: Vt  R 2 h; Vbi 

4 3
r và thể tích khi đổ nước vào là Vn  R 2 .11,9
3

0.25

Mà: Vt  Vbi  Vn
Suy ra: Vbi  Vt  Vn  R 212  R 211,9  0,1R 2


4 3
0,1.3
r  0,1R 2  r 3 
10  0, 75
3
4

Vậy cần để viên bi có đường kính: r  2.3

0.25

3
cm
4

Cho tam giác ABC thỏa T  sin A  sin B  sin C 

1
1
1


sin A sin B sin C

1.0

Tìm giá tri nhỏ nhất của T.

10

4
4
1
1
1
1
4

Ta có T   sin A  sin B  sin C  


  sin A  sin B  sin C 
3
3
3

 sin A sin B sin C 3

0.25

1
1
1
4
 4
 4
 1
 6.6  sin A  sin B  sin C 
.
.
  sin A  sin B  sin C 
3
 3
 3
 sin A sin B sin C 3

0.25



12 1
12 1 3 3 7 3
  sin A  sin B  sin C  
 .

2

3 3
3 3 2

Vậy T nhỏ nhất là

7 3
3
khi sin A  sin B  sin C 
2
2

0.25

0.25