đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE324 THPT thới long, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT THỚI LONG
Đề
ĐỀtham
SỐ khảo
324

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

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

2x  1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

2x  1
, biết tiếp tuyến
x2

song song với d : y  5 x  22 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:



a) sin x  2sin 3 x  sin   2 x   0
2


b) 3.25 x  2.5 x 1  7  0
11
3

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I 

xdx
.
3x  2

  x  1
2

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  3  0 , đường thẳng

d:

x  2 y 1 z


và điểm A(2;5;8). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A và vuông góc với
1
2
1
8

đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) bằng .
3

Câu 6 (1,0 điểm).
n

2

a) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  x  2  . Biết n là số tự nhiên thỏa:
x 

3

3Cn3  4n  6Cn2 .

b) Cho số phức z thỏa (1  2i ) z  (1  2 z )i  1  3i . Tính môđun của z.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = 3a, AD = 4a.
SA  ( ABCD) , SC tạo với đáy góc 450. Gọi M là trung điểm BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và DM.
Câu 8 (1,0 điểm). 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.

 x 3  7 y 3  3 xy ( x  y )  24 y 2  3 x  27 y  14
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
 x, y    .
3
2
 3  x  y  4  x  y  5
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
bc
ca

ab
thức: P 


3a  bc
3b  ca
3c  ab
-------------Hết------------


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Câu

Đáp án

Điểm

- Tập xác định D  R \ 1
- Sự biến thiên y ' 

3

 x  1

2

 0 với x  1

0,25

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 , 1;  
+ Hàm số không có cực trị.
+ lim y  x   2 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị
x 

0,25

lim y  x   , lim y  x    , suy ra đường thẳng x  1 là đường tiệm cận đứng của

x 1

x 1

đồ thị
+ Bảng biến thiên
1

x
y’

-

1

+

-

-

2

0,25

+

y
-

2

- Đồ thị
Đồ thị nhận điểm I 1; 2  làm tâm đối xứng.

y
6

5
4

3
2

0,25

1
O
5

-2

1

2

4

5

x

-1
2

2

Tiếp tuyến song song (d) => Tiết tuyến có hệ số góc bằng -5
 x0  3  y0  7
5
Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình :
 5  
2
( x0  2)
 x0  1  y0  3
Phương trình tiếp tuyến y  5( x  1)  3 hay y  5 x  2
y  5( x  3)  7 hay y  5 x  22 (Loại)
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị là y  5 x  2




a) sin x  2sin 3 x  sin   2x   0  s inx 1  2sin 2 x   cos 2x  0
2

 sin x.cos 2x  cos 2x  0  cos 2x(sin x  1)  0
 cos 2x  0

  k


S 
;   k2 
2
2
4

 sin x  1
3

5 x  1
b) phương trình trở thành: 3.25 x  10.5x  7  0   x 7
5 

3
x  0

 7 

. Vậy nghiệm: S  0; log 5  
7
 x  log 5

 3 


3

0,5

0,25
0,25
0,25

0.25

0,25

0,25


Đặt t  3x  2  t 2  3x  2  2tdt  3dx  dx 

x  2  y  2; x 

2
tdt .
3

11
 y 3
3

4

0,25

xdx
2 t2  2
1
1 
2

dt   

dt
2
 3 t  1 t  1 
 x  1 3x  2 3 t  1
3

1
1 
2
t 1 
2
Suy ra I    
dt   t  ln


t  1 t  1
t  1 
3

2 3

3
2



2
3
 ln
3
2


Mặt phẳng (Q) có VTPT n  (1; 2; 1) . (Q): x  2 y  z  16  0 .

5

0,25

0,5

0,5

t  1
8
| 5 t 3 | 8
B(2  t ; 1  2t; t )  d ; d ( B; ( P))  
 
.

t   11
3
3
3
5


0,25

1 17 11
Do đó B(3; 3; 1) và B(  ; ; )
5 5 5

0,25

a) Điều kiện n  3, n   .

3C3n  4n  6C2n 

n  n  1 n  2 
 4n  3n  n  1  n 2  9n  0  n  9 (do n  3 )
2
9

0,25

k

9
9

2 
k

 2 
Khi đó ta có  x  2    C9k x 9  k  2    C9k x 9 3k  2 
x  k 0

 x  k 0

Số hạng chứa x 3 => 9  3k  3  k  2
6

0,25

2

Suy ra hệ số của x 3 là C92  2   144
b) Đặt z  a  bi , a, b    ta có:
(1  2i )z  (1  2 z)i  1  3i  a  4 b  (b  1)i  1  3i

0,25
a  4 b  1 a  9


b  1  3
b  2

Vậy môđun của z là z  92  2 2  85 .

0,25

Do SA  (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC lên đáy.

  450 . Suy ra: SA  AC.tan 450  5a
SC
,  ABCD   SCA



0,25



S

1
Suy ra: VS.ABCD  SA.SABCD  20a 3
3

Gọi I  AC  DM  AI  2.IC .
thuộc SA và AK=2.KS. Suy ra

K

0,25
K

KI / / SC  SC / /  KMD 
 d  SC , DM   d  C ,  KMD  

7

H



A

D

1
d  A,  KMD  
2

0,25

Gọi N, H lần lượt là hình chiếu của A
lên DM, KN.
Do DM  SA, AN  DM   KAN 

N

B

M

I
C

  KDM    KAN    KDM   AH

1
1
12a
2
10a
AN .MD  d  M , AD  . AD  AN 
. AK  SA 
3
3
2
2
13
1
1
1
649
60a
30a




 AH 
. Vậy d  SC, DM  
2
2
2
2

AH
AK
AN
3600a
649
649

Ta có S AMD 

0,25

Gọi M là điểm đối xứng của A qua I.
  BAM
  EDC
 (Do tứ giác
Ta có BCM
ABDE nội tiếp). Từ đó suy ra DE / /MC
mà MC  AC  DE  AC .

Ta có DE  1;2  .
Phương trình AC:
1 x  2   2  y  1  0  x  2y  4  0 .
Ta có A  d  AC .
8

x  2y  4  0
x  0
Tọa độ của A thỏa hệ phương trình 
 A  0;2  .


x  y  2  0
y  2


Ta có AD   2; 3 , AE   3; 1 .

0.25

Phương trình BE: 3  x  3   y  1  0  3x  y  8  0 .
Phương trình BD: 2  x  2   3  y  1  0  2x  3y  7  0 . B  BE  BD
17

x  7
3x  y  8  0
 17 5 
Tọa độ của B thỏa hệ phương trình: 

 B ;  .
 7 7
2x  3y  7  0
y   5

7
Ta có: C  AC  BD , nên Tọa độ của C thỏa hệ phương trình

0.25

0.25

0,25

26

 x  7
x  2y  4  0
 26 1 

 C ;  .

 7 7
2x  3y  7  0
y  1

7
 17 5 
 26 1 
Kết luận: A  0;2  , B  ;   , C  ;  .
7
 7
 7 7
1   
12
9

* Gọi A(2  4a; 4  3a );  a     IA   4a  ;3a  
2
5
5



 a0
2
2
12  
9

Lại có: AI  2 PI   4a     3a    9  
 a  6 ( L )
5 
5

5

* Suy ra: A(2; 4)
AP: 2x + y – 8 = 0, DN vuông góc AP và đi qua I nên: AI: x – 2y = 0.
 16 8 
Ta có DN  AP  H  ;   D(2;1)  C (5;1)  B(5; 4)
 5 5
Vậy A(2;4), B(5; 4), C (5;1), D(2;1)
x  3
ĐK: 
 y  4
3

Từ (1) ta có ( x  y )3  3( x  y )   2 y  2   3  2 y  2  *
3

0,25

0,5

0,25

2

f  t   t  3t  f '  t   3t  3  0 t

 * 
9

f ( x  y)  f  2 y  2  y  x  2 .

Thế vào (2) ta được
x  2  3  x  x3  x 2  4 x  1.  2  x  3
1
1
 x  2  ( x  4)  3  x  ( x  5)  ( x 2  x  2)( x  2)
3
3
1
1


  x2  x  2  3  x  2  

0
3 x  2  x  4 3 3 x 5 x 

x  2

  x  2  x  1  0  
 x  1

0,5

0,25

S   1;  3 ,  2; 0 

Với a  b  c  3 ta có
bc
bc
bc
bc  1
1 


 


3a  bc
a (a  b  c)  bc
(a  b)(a  c) 2  a  b a  c 

0.25

1
1
2
Theo BĐT Cô-Si:



, dấu đẳng thức xảy ra  b = c
ab a c
(a  b)(a  c )
10

ca
ca  1
1 
ab
ab  1
1 
 



 và


2 ba bc
2  c a cb 
3b  ca
3c  ab
bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3




Suy ra P 

2(a  b) 2(c  a) 2(b  c)
2
2

Tương tự

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 . Vậy max P =

3
khi a  b  c  1
2

0.25
0.25
0.25