đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE326 THPT vĩnh thanh, cần thơ

SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT VĨNH THANH
Đề
ĐỀtham
SỐ khảo
326

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  x 3  6 x 2  9 x  1 .
Câu 2 (1,0điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C ) : y 

2x 1
, biết tiếp tuyến
x2

song song với đường thẳng d : 5 x  y  2016  0 .
Câu 3 (1,0điểm). Giải các phương trình sau:
a)

b) log 2 (2 x  3)  2  x

3 sin 2 x  cos 2 x  2sin x .

Câu 4 (1,0điểm).
a) Tìm phần thực, phần ảo và tính môđun của số phức z  1  i 

2016

b) Tính số đỉnh của một đa giác lồi biết số đường chéo của đa giác lồi đó là 170 đường chéo.

2

Câu 5 (1,0điểm). Tính tích phân sau: I    2 x  sin x  cos xdx
0

Câu 6 (1,0điểm). Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB  AC  a
và M là trung điểm của cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt đáy (ABC) trùng với
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và góc giữa SA với mặt đáy (ABC) bằng 600. Tính theo
a thể tích khối chóp S.BMC và khoảng cách từ B đến mp(SAC).
Câu 7 (1,0điểm). Trong không gian Oxyz cho hai điểm M(1;2;–2), N(2;0;–1) và mặt phẳng
( P) : 3 x  y  2 z  1  0 .
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua 2 điểm M; N và vuông góc (P).
b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I(–1; 3;2) và tiếp xúc mặt phẳng (P).
Câu 8 (1,0điểm). Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn ( P ) : x 2  y 2  4 y  4  0 và
cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng d : 2 x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng
chứa cạnh AB và tìm tọa độ đỉnh C.
Câu 9 (1,0điểm).
a) Một màn ảnh hình chữ nhật cao 1,4m được đặt ở độ cao 1,8m so với tầm mắt (tính đến mép
dưới của màn ảnh). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy
xác định vị trí đó.
2
2
3 x  3 xy  3 y  9 x  3 y  4  0
b) Giải hệ phương trình:  2
3 y  6 xy  2 x  10 y  3  0

Câu 10 (1,0điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: x 2  y 2  z 2  3 . Chứng
minh rằng

xy yz xz
   3.
z
x
y
--------- Hết ---------


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Đáp án – cách giải

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y  x  6x  9x  1 .
+ Tập xác định: D  
+ y   3x 2  12x  9
3

+

x  1  y  3
y  0  
x  3  y  1
Giới hạn:
lim y   lim y  

+

Hàm số đồng biến trên các khoảng

x 

2

0.25

x 

 ; 1 ;  3;  

và nghịch biến trên khoảng

1; 3
+

1.0

0.25

Hàm số đạt cực đại tại x  1  yCD  3

và đạt cực tiểu tại x  3  yCT  1
1

x

-∞

1
+

y'

0

3
-

3
CĐ

y
-∞

+

+∞
+

0

0.25

+∞
CT
-1

Đồ thị

0.25

 

Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong C : y 
song với đường thẳng d : 5x  y  2016  0 .
+

y 

+

Gọi

2

2x  1
, biết tiếp tuyến song
x 2

5

x  2 
x ; y 
0

0

2

0.25

là tọa độ tiếp điểm

 x  x   y

Phương trình tiếp tuyến có dạng: y  y  x 0
+

1.0

0

0

Tiếp tuyến song song với đường thẳng d nên:

x 0  1  y 0
y x 0  5  
x 0  3  y 0
y  5x
Phương trình tiếp tuyến là: 
y  5x

 

 3

0.25

7
2
 22

0.25
0.25


3 sin 2x  cos 2x  2 sin x .

Giải các phương trình sau: a/

1.0

3
1
sin 2x  cos 2x  sin x
2
2


 sin 2x cos  sin cos 2x  sin x
6
6



 sin  2x    sin x

6


0.25



x   k 2
6

5
x    k 2

18
3

0.25



3

b/ log2 (2x  3)  2  x

0.5

 2x  3  2 2 x

0.25

 2 2x  3.2x  4  0
 2x  1
 x
x 0
2  4(VN )

0.25



a/ Tìm phần thực, phần ảo và tính môđun của số phức z  1  i



1i

+

1008

 

 2i



2



.i

1008 1008

2

Phần thực: 21008

+



 2i  1  i

2016

2

2016

0.5

1008

2
  1  i 





 

. i

1008



4

252

Phần ảo: 0



0.25

1008

2

mô đun z: z  21008

0.25

b/ Tính số đỉnh của một đa giác lồi biết số đường chéo của đa giác lồi đó là 170 đường
chéo.
4





+

Gọi n n  , n  3

+
+

Đa giác có n đỉnh  có n cạnh.
Cứ hai đỉnh cho ta 1 cạnh hoặc 1 đường chéo

là số đỉnh của đa giác.

 tổng số cạnh và đường chéo là: C n2 

0.25







n n 1
n!


2
n  2 !2!



 Số đường chéo của đa giác là:



  n  170  n

n n 1
2

n  20
 3n  340  0  
n  17
Vậy đa giác cần tìm có 20 đỉnh.
2

0.25



2

Tính tích phân sau: I 

  2x  sin x  cos xdx

1.0

0


2


2

0.25

I   sin x . cos xdx   2x cos xdx
0

0


2


2



2
1
1
I 1   sin x . cos xdx   sin x .d sin x  sin 2 x 
2

2
0
0
0

0.25


2

5

I 2   2x cos xdx
0

u  2x
du  2dx
Đặt 

dv  cos xdx
v  sin x


I 2  2x sin x
   2 cos x


2
0


2
0

0.25


2

 2  sin xdx
0

 2
0.25

3
I  
2
Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB  AC  a và
M là trung điểm của cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt đáy (ABC)
trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và góc giữa SA với mặt đáy (ABC)
bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.BMC và khoảng cách từ B đến mp(SAC).

+

+


6

Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC

ABDC là hình vuông.
Gọi I là hình chiếu của S lên mp(ABC)
I nằm trên đường chéo AD sao cho
3
AI  AD
4
+ Thể tích khối chóp S.BMC:
1
VS .BCM  S BCM .SI
3
1
a2
0
+ S BCM  BM .BC . sin 45 
2
4
+ IA là hình chiếu của SA lên mp(BCM)

S

H

A
M

60°

a

a

 

0.25
K

C

O

N

I

B
D

0.25

3a 2
3a 6
1 a 3a 6 a 6
. 3

 VS .BCM  . .
4
4
3 4
4
16

2

 SI  AI . tan 60 0 

1.0

  43 d I , SAC 

+

d B, SAC

+

Gọi K, H lần lượt là hình chiếu của I lên AC và SK. IH  SK (1)

3

0.25


AC  IK
 AC  SIK . Mà IH  SIK  IH  AC (2)

AC  SI









Từ (1) và (2) suy ra IH  SAC
+

 



 d I , SAC

Xét tam giác SIK vuông tại I có: IK 

 IH 

SI .IK
SI 2  IK 2



  IH

3
3a 6
a; SI 
4
4

0.25

3a 42

28

Trong không gian Oxyz cho hai điểm M (1 ; 2 ; -2), N (2 ; 0 ; -1) và mặt phẳng

P  : 3x  y  2z  1  0 .

1.0

a/ Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua 2 điểm M; N và vuông góc (P).
+
+


MN  1; 2; 1






Vec tơ pháp tuyến của mp(P) là n  3; 1; 2
 
MN , n   5; 1; 7


Phương trình mp(Q): 5x  y  7z  17  0





+
7



0.25



0.25

b/ Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I ( -1; 3; 2 ) và tiếp xúc mặt phẳng (P).

+

   

d I, P

3(1)  3  2.2  1
9 1 4



+

3



0.25

14


   

tam I 1; 3; 2

Mặt cầu (S): 
bk R  d I , P


3
0.25

14

x  1  y  3  z  2   149
Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn C  : x  y
Có phương trình là:

2

2

2

2

2

 4y  4  0 và

cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng d : 2x  y  1  0 . Viết phương trình
đường thẳng chứa cạnh AB và tìm tọa độ đỉnh C.

+

8

Đường tròn (C) có:
tam I (0; 2)

bk R  2 2
+ Gọi M(m; 2m-1)
Do tam giác ABC đều nội tiếp trong (C) nên
m  1
R
2

IM 
 5m  12m  7  0 
m  7
2


5

+

1.0

A

0.25
M
I

0.25
B
C

m = 1 suy ra M(1; 1)


Khi đó AB qua M và nhận IM  1; 1 làm vtpt nên AB: x  y  0


Mặt khác IC  2MI  C 2; 4



 


0.25


+

7 9
7
suy ra M  ;  , Phương trình cạnh AB : 7x  y  2  0
5
5 5


 14 8 
Mặt khác IC  2MI  C  ; 
 5 5
m

0.25

a/ Một màn ảnh hình chữ nhật cao 1,4m được đặt ở độ cao 1,8m so với tầm mắt
(tính đến mép dưới của màn ảnh). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng sao cho

0.5

góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định vị trí đó.



Theo yêu cầu bài toán ta cần xác định OA để BOA



lớn nhất. Điều này xảy ra khi tan BOA lớn nhất.
Đặt OA  x (m), x  0









Ta có tan BOC  tan AOC  AOB



1.4m
B

0.25



1.8m

  tan AOB

tan AOC
1, 4x

 2
. tan AOB
 x  5, 76
1  tan AOC

 

Xét hàm f x 

1, 4x 2  1, 4.5, 76

x

2

 5, 76



2

đạt giá trị lớn nhất.

;

 

f  x  0  x  2, 4
9

O

1, 4x
x 2  5, 76

 

 

x

A

Bài toán trở thành tìm x  0 để f x
Ta có f  x 

C

0.25

Bảng biến thiên:
x

0

2,4
0

+

y'

+∞
-

84
y

193
0

0

Vậy vị trí cho góc nhìn lớn nhất cách màn ảnh 2,4m
2
2
3x  3xy  3y  9x  3y  4  0
b/ Giải hệ phương trình:  2
3y  6xy  2x  10y  3  0
2
2
3x  3xy  3y  9x  3y

 3y  1 2x  y  3  0
1
+ Với 3y  1  0  y 
3

2
x 


16
3
3x 2  10x 
0
3
x  8

3





0.5

40
0.25



thay vào pt(1) ta được:

1
3
1
y 
3
y 

0.25


+

Với y  2x  3 thay vào pt (1) ta được:

 

15x 2  27x  31  0 VN

2 1 8 1
3 3 3 3

Vậy nghiệm của hệ là:  ;  ,  ; 
Cho x , y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: x 2  y 2  z 2  3 . Chứng
minh rằng
+

xy yz xz


 3.
z
x
y

1.0

Bình phương 2 vế bất đẳng thức cần chứng minh ta được:

x 2y 2 y 2z 2 x 2z 2
 2  2  2 x2  y2  z2  9
2
z
x
y
2 2
2 2
x y
yz
x 2z 2
 2  2  2 3
z
x
y



10

+



Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta được

x 2y 2 y 2z 2
x 2y 2 y 2z 2
 2 2

. 2  2y 2
2
2
z
x
z
x
y 2z 2 x 2z 2
 2  2z 2
2
x
y
Tương tự ta có: 2 2
x y
x 2z 2

 2x 2
2
2
z
y
+

0.25

Cộng theo vế 3 bđt trên ta được điều cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi:

x y z 1

0.25

0.25

0.25