Đề thi thử tốt nghiệp Toán Cần Thơ 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHÂU VĂN LIÊM

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015-2016
Môn thi : TOÁN

****

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

ĐỀ THI THỬ
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và y = x 4 - 2 x 2 + 2
vẽ đồ thị của hàm số:
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số có đồ thị là (C) .
2x + 1
y=
Viết phương trình tiếp tuyến của (C) , biết hệ số
x- 2
góc của tiếp tuyến bằng −5
Câu 3 (1,0 điểm).
a. Tìm môđun của số phức biết . (2 + i 3 ) z + 1z+ 3i = z + i 4
b. Giải phương trình
6.9 x − 13.6x + 6.4 x = 0.
Câu 4 (1,0 điểm).
a. Cho với . Tính giá trị của .
π
5
π
sin<ααα
=+< 18π÷
cos

x
b Tìm hệ số của số hạng không chứa æ
2  1 13
ö4 
÷
ç
x
÷
ç
trong khai triển nhị thức Niutơn của .
ç
è x2 ÷
ø
5
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân .
3
2
0
Câu 6 (1,0 điểm). Trong Không gian với hệ I 2=xx−−1x2 y +y( xz ++
z1−4=)2dx
=
=
tọa độ Oxyz cho A(2;0;1), mp (P): và
10
2
1
đường thẳng (d):
a.Lập phương trình mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P).
b. Viết phương trình đường thẳng qua điểm A, vuông góc và cắt đường thẳng (d)
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tứ diện OABC có đáy OBC a 3 là tam giác vuông tại O, OB=a, OC=, (a>0) và

đường cao
OA=. Gọi M là trung điểm của cạnh
BC.
a. Tính thể tích khối tứ diện theo a
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, MxA 9≤; 39 
cho hình vuông ABCD,đường chéo AC có  2 2 ÷

phương trình: x +2y −11= 0, là trung điểm của
đoạn AB.Tìm tọa độ cá điểm A,B,C,D biết .
Câu 9 (1,0 điểm).
a)Một xí nghiệp có thề dùng ba loại nguyên liệu A; B; C để sản xuất ra một loại sản phẩm theo hai công
nghệ khác nhau là CN1 và CN2. Cho biết tổng khối lượng nguyên liệu mỗi mỗi loại xí nghiệp hiện có, định
mức tiêu thụ mỗi loại nguyên liệu trong một giờ sản xuất theo mỗi công nghệ trong bảng
Tổng khối lượng
Định mức tiêu thụ trong 1 giờ
Nguyên liệu
hiện có
CN1
CN2
A
200
4
2
B
280
3
5
C
350

9
5
Sản lượng
30
36
Tìm kế hoạch sản xuất sao cho tổng số sản phẩm thu được nhiều nhất.
b) Giải phương trình sau
x4
2
3
3
2
6
+
12
x
+
5
x
−
x
−
3
x
+
4
x
+
2
x

+
1
+
12
x
+
8
=
đây trên tập số thực
x +1
a, b+, bcbc = 1 c
Câu 10: Cho là các số
aab + ac
P=
+
+
thực dương thỏa mãn : . Tìm giá trị
1 + a2
1 + b2
1 + c2
lớn nhất của biểu thức :
-------------------------------------Hết------------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

∫

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi : TOÁN
1

Câu
1

Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của y = x 4 - 2 x 2 + 2
hàm số:
D=¡
Tập xác định: §
(1,0 điểm) Sự biến thiên:
§
y ' = 4 x3 − 4 x
§
(-∞
(1;+∞
(0;;1-)1)) ,khoảng nghịch biến : và
Các khoảng đồng biến: (−1;0) và
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: x = y CĐ⇒= 2 0
Hàm số đạt cực tiểu x = ±1 ⇒ yCT = 1
tại:
- Giới hạn tại vô cực:,
lim y = −∞
+∞

Điểm

0,25
x = 0
y ' = 00,25
⇔
 x = ±1

x →+∞
−∞

Bảng biến thiên:
x
y’
y

-∞
-

-1
0

+

+∞

0
0
2

-

1
0

+∞
+

+∞

0,25

1
1
Đồ thị:

0,25

y

4

3

2

1

x
-2

-1

1

-1

2

2


Cõu
2

(1,0
im)

ỏp ỏn

Gi Đ l tip im ca tip tuyn M ( x0 ; y0-)
5 (C )
y
'
=
2
vi (C) . Ta cú: Đ
(x - 2)
5=1- 5
H s gúc ca tip tuyn bng
y-'(ộx50-0)=
=- 5
ờ
2-x1+
ị
=
5
Vi : Phng trỡnh tip tuyn:

x0x1-20(1;
=)=
32
-yờ
( xy0M
=
33)
0
ở
5=x 73+ 22
Vi : Phng trỡnh tip tuyn : y =M
yx-02ị(3;7)

=-- 55xx++ 22
2
Vy cú hai phng trỡnh tip tuyn yy=
tha bi l: v
3
a. Tỡm mụun ca s phc
(2 + i 3 ) z + 1z+ 3i = z + i 4
3
4
Ta cú
3 z 3 z = 1 3i + 1
(2 + i ) z + 1 +
3i z==z +3i i
(2

z = i )2
i

2
Do ú .
13i 3 2 23 2
x
| z |=| z |= 6.9
+ x +
=x =0
Gii phng trỡnh (1)
ữ13.6
ữ 6.4
2
2
2

(1,0 im Vỡ , chia hai v phng trỡnh (1) cho ta 4 x4>x 0c
(2)

4
(1,0
im)

im

2 x + 1 Cho hm s cú th l (C). Vit phng
y=
x - 2 trỡnh tip tuyn ca (C) , bit h s gúc ca
tip tuyn bng 5

2

x
x
ộổử
ổử
3 ữự
3ữ
ờ
ỳ
ỗ
ỗ
1

6.
13.
+ 6=0
( )
2 ữỳ
xỗ ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ=
t
>
0
t vi , phng trỡnh
6ờ
t
13

t
+
6
0
ố
ứ
ố
ứ
ổử
2
2
3
ờ tỷ
ỳ= ỗ ữ
ở
ữ
ỗ
(2) tr thnh
ữ
ỗ
ố2 ứ
ộ 2
ờ=
tã 3
x
Vi thỡ
ổử
3
3 3
ờ

ữ
tờ=
ỗ
=
x =1

ữ
ỗ
xữ
ỗ
ã 2
ố
ứ
2
2
Vi thỡ
ờ
23
ổử
3 ữ tờ
2t=
=
ỗ
=

x =- 1
ữ
ỗ
ở
ố2 ữ

ứx = ờ
-3 1; 3x2= 1
Vy nghim ca phng trỡnh l ỗ

5 4a. Cho vi . Tớnh giỏ tr ca .

sin<=+< ữ2
cos
Ta cú .
2 513
4 144
2
cos 2 = 1 sin
1012
ữ =
Suy ra (vỡ nờn )
cos=<
cos < = < 13 169
2


13 12 2 5 2 17 2

cos + ữ = cos .cos sin .sin =
.
.
=
4
4
4 13 2 13 2

26

Do ú: .
18
4b. Tỡm h s ca s hng khụng
ổ x1 ử
ữ
ỗ
x
ữ
ỗ
2
ữ trong khai trin nh thc Niutn ca
ỗ
ố x ứ
k
18
18
Ta cú:
vi ổ 1 ử18
kổ Ơ1 ử
k
k
18- k
ữ
ữ
ỗ
ỗ
x
=

C
.
x
.
=
C18k .( - 1) .x18- 3 k
x

ữ
ữ
ỗ
ỗ
ồ
ồ
18- 3k =
18
0

k
=
6
cú s hng khụng
cha
:
2
2
ữ
ữ
ỗ x ứ
ỗ 18

ố
x ứ k =0
k =0
kố
6
x
Vy h s ca s hng khụng cha Đ ( - 1) C 6 = 18564
18

0,25
0,25
0,25
0,25
bit .
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

cha
0,25
0,25

trong khai trin l: Đ.
5
(1,0

im)

,
Suy ra

6
(1,0
im)

Tớnh tớch phõn .
3
2
2 = =1 2x
Ittdt
x
+
4
dx
) t . Suy ra . Do ú .
= x2 xdx
+ 4( 2
t = ( xx2 =+ 04)
x
+
4
0 =
x = 5 t t==23
5

3



3



I = 5(t 4)
t.3tdt = (t 4 4t 2 )dt
I
t 4t 3
63 64 253

12 y2+y z +z1==20
Trong Khụng gian vi h ta=
2 Oxyz
ữ2xx=
3 2 5= 15
15
=
5 thng
cho A(2;0;1), mp (P): v ng
1
2
1
(d):
Lp phng trỡnh mt cu (S) tõm A tip xỳc vi mt phng (P)
Vỡ (S) tip xỳc vi mt phng

4 0 +1+1
=2
(P) nờn bỏn kớnh R ca (S) l R =
2
2
2
2
+
(

2)
+
1
khong cỏch t tõm A ca (S)
n mp (P). R=
2
2
Phng trỡnh mt cu (S):
( x 2 ) + y 2r+ ( z 1) = 4
Gi l ng thng qua M (1 + m; 2m; u2 + m) , m Ă
2

3

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25


Câu

7
(1,0
điểm)

Đáp án
Điểm
điểm A, vuông góc với đường thẳng (d) và cắt đường thẳng (d) tại M . vì M ∈ (d) nên .
là vec tơ chỉ phương của (d)
r uuur
Vì d⊥ ∆ nên
u. AM =uuur
0 ⇔ 4m = 0 ⇔ m = 0
x = 2=−(−t 1;0;1)
=> véc tơ chỉ phương của ∆ là . AM

0,25
Phương trình đường thẳng ∆ cần  y = 0 , t ∈ ¡
z = 1+ t
tìm là :

Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác a 3 vuông tại O, OB=a, OC=, (a>0) và đường cao
OA=. Gọi M là trung điểm của cạnh
BC.
a. Tính thể tích khối tứ diện theo a

b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.
A

a. Tính thể tích khối tứ diện OABC

1
1
a2 3
SOBC = OB.OC = a (a 3) =
2
2
2

0,25

Diện tích tam giác OBC :

a 3
H

1
1 a2 3
a3
V = SOBC .OA = (
)(a 3) =
3
3 2
2

O

a 3

N

Thế tích khối tứ diện (đvtt)

K

0,25

M
a

B

b.Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.

C

0,25

Gọi N là điểm đối xứng của C qua O.
Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình).
⇒ OM // (ABN)
⇒ d(OM;AB) = d(OM;(ABN)) = d(O;(ABN)).
OK ⊥ BN , OH ⊥ AK ( K ∈ BN ; H ∈ AK )

Dựng
AO ⊥ (OBC ); OK ⊥ BN ⇒ AK ⊥ BN

Ta có:
BN ⊥ OK ; BN ⊥ AK ⇒ BN ⊥ ( AOK ) ⇒ BN ⊥ OH
OH ⊥ AK ; OH ⊥ BN ⇒ OH ⊥ ( ABN ) ⇒ d (O; ( ABN ) = OH
Từ các tam giác vuông OAK; ONB có:
1
OH
.
Vậy,
8
(1,0
điểm)

2

=

1
OA

2

+

1
OK

2

=

1
OA

2

+

1
OB

2

+

1
ON

2

=

1
3a

2

+

1

a

2

+

1
3a

2

=

5
3a

2

⇒ OH =

a 15
5

0,25

a 15
d (OM ; AB) = OH
.
mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình
xA 9≤= 39 5 Trong

M  ; ÷ vuông ABCD , đường chéo AC có phương
2 2
trình
x +2y -11 = 0, là trung điểm
của đoạn AB.Tìm tọa độ cá điểm A,B,C,D biết .

4


Câu

Đáp án
4
4


AB : A  x − ÷+ B  y − ÷ = 0
5
5



( A2 + B 2 > 0)

Điểm
0,25

r r
n AB .n AC

A + 2B
cos45o = r
=
r
5 A2 + B 2
n AB n AC
 AB : x − 3 y + 9 = 0 ⇒ A(3; 4) ( N ) ⇒ B(6;5)
⇒
 AB : 3 x + y − 18 = 0 ⇒ A(5;3) ( L)

9a
(1,0
điểm)

Gọi N là điểm đối xứng của M qua
7 5
0,25
⇒ N ; ÷
AC
2 2
Gọi N là điểm đối xứng của M qua ⇒ D(4;1)
7 5
0,25
⇒ N ; ÷
AC.N Là trung điểm của AD
2
2


(7;=2)I ( 5;3)

BD: 2x –y -7 = 0 . I là trung ⇒ AC⇒
∩CBD
0,25
điểm của AC
Một xí nghiệp có thề dùng ba loại nguyên liệu A; B; C để sản xuất ra một loại sản phẩm theo hai
công nghệ khác nhau là CN1 và CN2. Cho biết tổng khối lượng nguyên liệu mỗi mỗi loại xí
nghiệp hiện có, định mức tiêu thụ mỗi loại nguyên liệu trong một giờ sản xuất theo mỗi công
nghệ trong bảng
Tổng khối lượng
Định mức tiêu thụ trong 1 giờ
Nguyên liệu
hiện có
CN1
CN2
A
200
4
2
B
280
3
5
C
350
9
5
Sản lượng
30
36
Tìm kế hoạch sản xuất sao cho tổng số sản phẩm thu được nhiều nhất.

Gọi x, y lần lượt là thời gian ( giờ) sẽ sản xuất theo công nghệ CN1; CN2
. Tổng khối lượng nguyên liệu mỗi ( x ≥ 0; y ≥ 0 )
loại sẽ sử dụng để sản xuất là
A: 4x + 3y (đơn vị nguyên liệu)
B: 3x + 5y (đơn vị nguyên liệu)
C: 9x + 5y (đơn vị nguyên liệu)
Để không bị động trong sản xuất thì  4 x + 3 y ≤ 200
tổng khối lượng nguyên liệu mỗi 3 x + 5 y ≤ 280

loại sẽ sử dụng để sản xuất không 
thể vượt quá tổng khối lượng 9 x + 5 y ≤ 350
nguyên liệu mỗi loại xí nghiệp hiện  x ≥ 0; y ≥ 0
có nên ta có điều kiện:
Yêu cầu bài toán: Tìm giá trị lớn nhất của hàm F = 30x + 35y
Xác định miền nghiệm
Ta có miền nghiệm là tứ giác OABC kể cả cạnh
Với O(0;0) suy ra F = 0
F =35
2065
Với suy ra
Với suy ra
3500
350 
B
AF =35; 49
;0

Với suy ra F = 1960 Vậy sản xuất C  0;
3 ÷
39280


theo phương án : giờ theo công nghệ  3 5 ÷

CN1 và 49 giờ theo công nghệ CN2
5

0,25

0,25


Cõu
9.b

ỏp ỏn
thỡ tng s sn phm thu c l nhiu nht F = 2065
Gii phng trỡnh sau õy trờn tp s thc

im

x4
6 + 12 x + 5 x 2 x 3 3x 3 + 4 x 2 + 2 x + 1 + 12 x + 8 4=
x
6 + 12 x + 5 x 2 x 3 3x 3 + 4 x 2 + 2 x + 1 + 12 x + 8 = x 4 x + 1
( x + 1)(6 + 6 x x 2 ) ( x + 1)(3x 2 + x + 1) + 12 x + 8 = x + 1 (*)
x +1
k

( x3+1)(6
15+6xx 3x+2 ) 15

0
Chia 2 v pt (*) cho x + 1 (x +
2
0,25
( x + 1)(3x + x + 1) 0
1 > 0) ta c phng trỡnh
x +1 0
tng ng

6 + 6x x2
3x 2 2+ x + 1
x
x4
2
2
t
+
4
+
8
=
xx
x
x+ 1
x+4 1) 2
x
+
1
x
+

1
x
(
x
=
t
;
t

0
2

6


3
+
1
+
4
+
8
=
Phng trỡnh tr
xt +1 4t 8x x+++113t + 1 x6+1t = 0 ( x + 1) 2
thnh phng
trỡnh n t:
t 2 4t 5 + ( 3t + 1 4) + (1 6 t ) = 0
3(t 5)
t 5

0,25
((t2t +5)
1)(tt +5)
+3 t3= 5 ++1 1
= 00

1
+
(nhn) vỡ Ta cú
x t + 1 + 2 33tt++11+++44 11++ 65>6
3tữ =
5
0
t


= 5 x 5x 5 = 0 x =
(nhn)
3t + 1 + 4 1 + 6 t
x +1
2
10
a, b+, bcbc = 1 c Cho l cỏc s thc dng tha
aab + ac
P=
+
+
(1,0
1 + a2
1 + b2

1 + c 2 món : . Tỡm giỏ tr ln nht ca
im)
biu thc :
ab + ac + bc = 1
T iu kin: , ta suy ra:
1 + a 2 = a 2 + ab + bc + ac = (a + b)(a + c )
0,25
2
1
+
b
c
=
(
a
+
c
b
)(
b
+
c
)
;
Ta cú:
1
1
1
+ bb
+ cc 1

(ỏp dng P =aa 1
0,25
1
1
1
1


(a + b)( a + c ) + (a + b+)(b + c)ữ+ (c + b)(
+ a + c )ữ
BT Cauchy) P 2 a + b + a + c ữ
2 a +b b+c 2 c+b a +c
3
0,25
P
Vy
0,25
3
1
max P = khi a2= b = c =
S GD & T THNH PH CN TH
2 THI TH THPT
3 QUC GIA NM 2016
TRNG THPT NGUYN VIT DNG
MễN: TON
Thi gian: 180 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
Cõu 1 (1,0 im). Kho sỏt s bin thiờn y = - x 4 C
+ 8x 2 + 4.
v v th ca hm s
Cõu 2 (1,0 im). Cho hm s cú th Vit

H
Hx +
. 1
phng trỡnh tip tuyn ca th ti im cú y =
x- 1
honh bng 2.
Cõu 3 (1,0 im).
a) Gii phng trỡnh:
2 cos2 2x + 5 sin 2x + 1 = 0.
b) Gii phng trỡnh .
z14 + 4z 2 + 3 = 0
Cõu 4 (1,0 im). Tớnh tớch phõn
Cõu 5 (1,0 im).
I = x x 2 + 1 + e x dx .
a) Gii phng trỡnh
log22 x0 - 4 log 4 x 3 + 5 = 0.
8
b) Tỡm h s ca s hng cha
ổ2 x 42 ử
ữ
ỗ
trong khai trin ca biu thc
.
ỗx - ữ
ữ
ữ
x
ốI2Oxyz
ứ
,

Cõu 6 (1,0 im). Trong khụng gian P : x +ỗ
y7;- 4;26z + 3 = 0.
vi h ta cho im v mt phng
a) Lp phng trỡnh ca mt cu cú tõm v PSI . tip xỳc vi mt phng
b) Tỡm ta tip im ca v
SP .
aBCD
aB,.
SC
Cõu 7 (1,0 im). Cho hỡnh chúp cú ỏy l ã SA.ASD
BCD
A
SA
A BC60
=. 60 ,
hỡnh thoi cnh cnh vuụng gúc vi ỏy v to

( )
(( ))

ũ

( )

(

)

(

)

(( )
( ))
6


với đáy một góc Tính theo thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng và
+O
Oxy
yC
B
- 1;
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng hệ tọa độ 3x M
A
NA
-BC
0;
1;1
01, 0.= 0.
cho tam giác nội tiếp đường tròn tâm Biết
chân đường cao hạ từ đỉnh và lần lượt là và Hãy tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đỉnh nằm trên
đường thẳng
Câu 9 (1,0 điểm).
a) Một nhà máy dùng hai loại nguyên liệu là khoai mì và ngô để chế biến ít nhất 140 kg thức ăn cho
gà và 90 kg thức ăn cho cá. Từ mỗi tấn khoai mì giá 4 triệu đồng, có thể chế biến được 20 kg thức ăn cho gà
và 6 kg thức ăn cho cá. Từ mỗi tấn ngô giá 3 triệu đồng, có thể chế biến được 10 kg thức ăn cho gà và 15 kg
thức ăn cho cá. Hỏi phải dùng bao nhiêu tấn nguyên liệu mỗi loại để chi phí nguyên liệu là ít nhất biết rằng
kho nguyên liệu của nhà máy còn lại 10 tấn khoai mì và 9 tấn ngô.
b) Giải phương 2x 5 + 3x 4 − 14x 3


2 
trình:
= 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2  1 −
÷
x +P2 = ab + abc2 +
+ bca
a2 ,+b+, cc52a=
+ 3.
5b + 5c + 4 x + 2 
Câu 10 (1,0 điểm).
Cho các số thực
không âm và thỏa mãn Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức .
-----HẾT-----

(( ) )

)

(

7


ĐÁP ÁN
Nội dung
y = - x 4 C+ 8x 2 + 4. Khảo sát sự biến thiên và
vẽ đồ thị của hàm số

Câu

( )

1

TXĐ:

Bảng biến thiên

D=¡
x =
y ' = - 4x 3é
+
16x0,
y
=-0¥Û, ê
lim '=
lim
y =- ¥
êx = ±
2
x ®- ¥
xê
®
+
¥
ë

x

y'
y

1,0
0,25

0 -+ ¥ 2

-2
+

Điểm

0

-

0

+

0

12

-

0,25

12

4 - ¥

Hàm số đồng biến trên các
khoảng ,
Hàm số nghịch biến trên các
khoảng
Hàm số đạt cực đại tại
Hàm số đạt cực tiểu tại
Đồ thị

( - (¥0;2; -) 2)
( - 2; 0) , ( 2; + ¥ )

0,25

xy =
=±
122,
xy = 0,
4
0,25

y

x

Cho hàm số có đồ thị Viết
H
Hx +
. 1

phương trình tiếp tuyến của đồ y =
x- 1
thị tại điểm có hoành độ bằng
2.
Có
- 2

(( ))

2

1,0

y'=
1 Ta có
2
x 0 = 2 Þ ' y 0 =( x3,- y1' () x 0 ) = -Phương trình tiếp tuyến
y = y ( x0 ) ( x - x0 ) + y0 2
là

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là

0,25
0,25
0,25
0,25

8

hay
1 1
y
y
=
x
x
+
2
4
+
3
2 =
(
)
Gii phng trỡnh:
2 cos 2x + 25 sin
2 2x + 21 = 0.
2
2 cos 2x + 5 sin 2x + 1 = 0 - 2 sin 2x + 5 sin 5x + 3 = 0

3a

3b

4

0,5
0,25

ộsin 2x = 3(V N )
ờ
ộ
ộ
p

ờ2x = ờx = - 1 p + k p
+ kờ
2
p
ờ
sin 2xờ = - 12
ờ
(k ẻ Â)
Gii phngtrỡnh
ờ . 7 p6 z 4 ờ
ở+ 4
z2 ờ
+ 3 =720p
ờ2x =
ờ
+ k 2p
+ kp
ờ
ờx = ộ
z2 = - 1
ờ12
ở
ở
46

2
z + 4z + 3 = 0 ờ 2
ộ z = i ờz = - 3
ở
1 ờ
Tớnh tớch phõn
ờ 2
z 1x=+1 +
3i e x dx . 1
1
I = ũx ờ
ở
2
x
I = ũ x x 2 + 1 + e x dx
0 = ũ x x + 1dx + ũ xe dx = I 1 + I 2
0

(

(

)

Cú
t

0,25
0,5
0,25

0,25
1,0

)

0

0,25

0

ị tdt = xdx
t = x 2 + 1 ị t 2 = x 2 + 1 i cn:
x = 0 ị t = 1; x = 1 ị t = 2

0,25

Suy ra

t
Suy ra
5a
K:

5b

ỡù u = x
ỡù du = dx
I1 =
ùù

ù1
1
ớ
1ị
x ớ
x
x
x e
ùù dv
-x e - ùù =ve1=
==ee dx
dx
2 20 +
2 Vy
ù
ợ
ũ
ùợ I22 =I xe
log2 x - =
4 log0 4 x3 30+ 5 = 0. Gii phng trỡnh
x> 0
2
3
log2 x - 4 log 4 x + 5 = 0 log22 x - 6 log2 x + 5 = 0

1

Vy h s cn tỡm l
P : x + I2Oxyz
y7;

PS-I 4;2.,6z + 3 = 0. Trong khụng gian vi
h ta cho im v
mt phng Lp phng trỡnh ca mt cu cú tõm v tip xỳc vi mt
phng
Cú
1.7 + 2.4 - 2.6 + 3
Vy phng trỡnh
mt
cu
cn
tỡm
l
R = d I, P =
=2

(( ( ) )

( ( 2 ))

6b

ũ

ộlog x = 1
ờ
ộx2 = 2
ờlog
ờ x =5
Tỡm h s ca s hng cha

ở ờx242 ử8
ổờ
x =ữ
32.
trong khai trin ca biu thc ỗ
x 2ờ
ỗ
ở- ữ
ữ
ỗ
ữ
xkứ
ố
Ta cú s hng
ổ
ử
k k 16- 3k
2
8
k
2
(
)
k
ữ
ỗ
tng quỏt
Tk + 1 = C 8x
= ( - 2) C 8 x
ỗ- ữ

ữ
ữ
4
ỗ
16 - 3kố=xx4ứ k = 4 s hng cha thỡ

( )

6a

2

2

2
22
2
+ ( y - 41) ++ 2( z +
- (6-) 2)= 4
Tỡm ta tip im ca v
( SPdI)).vuụng gúc vi mt phng .
Gi l ng thng i qua v
)
r
r (P
d ( 1;2; - 2) Khi ú vộct ch phng
ud = n P =

( x - 7)

ca ng thng l
Vy phng trỡnh ng
ỡù x = 7 +d t
ùù
ùớ y = 4 + 2t , t ẻ Ă thng l
d giao im ca v
Gi l tip im cn tỡm, khiù ú l H
P
ù
Do ú
H 7ùùợ +z =
t ; 46+- 22tt; 6 - 2t ẻ d
7 + t + 2 4 + H2t ẻ - P2 6 - 2t + 3 = 0 Mt khỏc nờn

(

)

(

(

( )
) ( ()

)

)

2

0,25 t 3
t 2dt =
0,25
0,5

3

=
1

2 2- 1
3

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25

2)
( - 0,5

4

C 84 = 1120

0,25
0,25
0,5

0,25

0,25

t =Vy l im cn tỡm
ổ
19 8 22 ử
ữ
ữ
Hỗ
;
;
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố 3 3 3 9ứ

2
3


7

aBCD
aB
,°. °
SC
Cho hình chóp có đáy là · SA.ASD
BCD

SA
60
A BCA
=. 60 ,
hình thoi cạnh cạnh vuông
góc với đáy và tạo với đáy một góc Tính theo thể tích khối chóp và
khoảng cách giữa hai đường thẳng và

1,0

0,25

ADCA BC
= a . Ta có đều nên
Có

2BD

0,25

= A B 2 + A D 2 - 2A B .A D . cos 120° = a 3

1
a 3
A C .BD =
Suy ra
2
2 Mặt khác
SA = A C . t an 60° = a 3.
3 Vậy

1
a
V
=
SA
.
S
=
nên
0,25
A
B
/
/
CD
S .A) BCD
A BCD
d ( A B , SD
= d A B3, ( SCD
) = d A2, ( SCD ) Do
H
Gọi là trung
A HD^ ACD
CD
CD..
S A BCD =

(

)

(

)

điểm của Do đều nên

A KSA^ HSH Trong tam giác kẻ
Khi đó

Ta có

AK =

a 3
AAHH=
.SA 2

=

A H 2 + SA 2
+O
Oxy
y( (C
B
- 1;
Trong mặt phẳng hệ tọa độ 3x M
A
NA
-BC

0;
1;1
01,)0.=
) 0.
8

(

15
a
5 Vậy

cho tam giác nội tiếp đường
tròn tâm Biết chân đường cao hạ từ đỉnh và lần lượt là và Hãy tìm tọa
độ các đỉnh của tam giác, biết đỉnh nằm trên đường thẳng

10

)

d A, ( SCD ) = A K
0,25

(

)

d A B , SD =
1,0

a 15
5


0,25

OB ^ MN
Ta chứng minh .
Ta có tứ giác nội tiếp ·
·NMC = 180°
BA C +ANMC
nên .
O
H.
Mà Suy ra với là chân ··
·NMC
·BC
·180°.,
BA
BMN
C =+ BMN
==BOH
đường cao của xuống
cạnh
OB ·^ MN
Mà suy ra Vậy
·
OBH
+ BOH
BMN =

= 90
90°°,.
Khi đó ta có đường thẳng
có phương trình
Ta tìm được
B 1; - 2

(

)

BN : x = 1, BM : x + y + 1 = 0, CN : y = 1, A M : - x + y - 1 = 0

Có
Suy ra
A 1;2 , C - 2;1 .
Một nhà máy dùng hai loại nguyên liệu là khoai mì và ngô để chế biến ít
nhất 140 kg thức ăn cho gà và 90 kg thức ăn cho cá. Từ mỗi tấn khoai mì
giá 4 triệu đồng, có thể chế biến được 20 kg thức ăn cho gà và 6 kg thức
ăn cho cá. Từ mỗi tấn ngô giá 3 triệu đồng, có thể chế biến được 10 kg
thức ăn cho gà và 15 kg thức ăn cho cá. Hỏi phải dùng bao nhiêu tấn
nguyên liệu mỗi loại để chi phí nguyên liệu là ít nhất biết rằng kho
nguyên liệu của nhà máy còn lại 10 tấn khoai mì và 9 tấn ngô.
Gọi (tấn) lần lượt là khối lượng x , y khoai mì và ngô được sử dụng
T x , y = 4x + 3y Ta có chi phí nguyên liệu là
Theo các giả thiết trên ta có
hệ bất phương trình

( ) (

9a

(

9b

)

2x +OB
y = 0.
0,25
0,25
0,25

0,5

)

ìï 0 £ x £ 10
ìï 0 £ x £ 10
ïï
ïï
ïï
ïï 0 £ y £ 9
0 £ y £của9 hệ bất phương
Vẽ đồ thị biểu diễnïtập nghiệm
trình trên.
Û ïí
í
Khi đó ta được

ïï 20x +T 10
( x ,yy )³min140= 32 =ïïï 2Tx( +5, 4y) ³ 14
Vậy để chi phí làïï thấp
ïï 2x + 5y ³ 30
+ 15y ³ 90
ïîï 6sửx dụng
nhất thì nhà máy nên
5 tấn khoai mì
îï và 4 tấn ngô.
Giải phương trình:

11

0,25

0,5


2x 5 + 3x 4 14x 3
x +2

)

(


2
= 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2 1
ữ*
x

+
2



( )

x> - 2

K:

( *)

(

) (

x 3 2x 2 + 3x - 14 = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2

)(

x + 2- 2

ổ x- 2
ỗ
x 3 ( x - 2) ( 2x + 7 ) = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2 ỗ
ỗ
ỗ
ố x+2+

(

ộ
ờ
ờ3
ờx ( 2x + 7 )
ở

( * *)

)

ử
ữ
ữ
ữ
ữ
2ứ

)

0,25

x =2

(

)

x + 2 + 2 = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2 ( * *)

0,25

x 3 ( 2x + 7 ) x + 2 + 4x 4 + 14x 3 = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2
x 32( x2x++7 7 ) x x++2 2== 23x+2 +3 2
(
)
x3 x

Xột cú
f

(

2

(

x+2

)

3

+ 3 x+2=

f ' ( tf) (=
t ) 6=t 22+
t 3 3+>3t0,, " t
ổ
ử*)

1 T ta cú
( *ỗ1*ữ
ữ
x+2 =fỗ

x
+
2
=
ữ
ỗ
x> 0
x ỡùù
ốx ữ
ứ
ớ 3

ùù x + 2x 2 - 1 = 0
ùợ
- 1+ 5
x =
2
Vy phng trỡnh cú hai

)

2
x

3

+

ùỡ
x> 0
ùớù
ùù ( x + 1) x 2 + x - 1 = 0
ùợ

(

)

- 1+ 5
x = 2, x =
2
P = ab + abc2 +
+ bca
a2 ,+b+, cc52a=
+ 3.
5b + 5c + 4 Cho cỏc s thc
1,0
khụng õm v
tha món Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc .
2
Ta cú
0,25
a 2 + b2 + c 2 Ê ( a + b + c ) Ê 3 a 2 + b 2 + c 2
b +c )c2 Ê
3 Ê3 (Êa a+ +b +

Ê 39
t
0,25
ộ
ự
t = a + b + c, t ẻ ờ 3; 3ỳ
2
ở
ỷ
( a + b + c ) - a 2 + b2 + c 2 t 2 - 3
ab + bc + ca =
=
2
2
Ta cú
0,25
1
5 Suy ra
P ( t ) = t 2 + 5t +
2
2
P ' ( t ) = t + 5 > 0, " t ẻ ộ
3; 3ự
ờ
ỳ
ở
ỷ
a=
= 1.
Vy vi khi ú

P bt ==c3 22
nghim

10

3
( * * *)
x

(

)

(

max

12

)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THAM KHẢO

(Đề có 01 trang)
Câu 1 (1,0điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ
2x +1
y=
đồ thị hàm số §.
x +1
Câu 2 (1,0điểm). Cho hàm số §
y = xd4 :−y2=( xm1A +=x11−) 2016
x2 + m + 2
(1). Gọi A là điểm thuộc đồ thị
4
hàm số (1) có hoành độ §. Tìm các giá trị của
m để tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại A vuông góc với đường thẳng §.
Câu 3 (1,0điểm).
1) Tìm môđun của số phức z biết:
2 ( 1 + 2i )
i ) ( 1 4−xiz−) 3+ + log 2 x= +( 33− ≤2i2) z
( 22+log
2) Giải bất phương trình: .
) 1 + i1 (
)
3(
Câu 4 (1,0điểm). Tính tích phân
e2 x 2 + 1 ln3 x + 1
sau:
I=∫
dx
x
ln
x

e
Câu 5 (1,0điểm).
1) Giải phương trình: .
π

sin
x
+

÷+ cos 2 x = 0
2) Cuộc thi tìm kiếm tài năng trường
3

THPT Thạnh An lần II năm học 2015 –
2016 tuyển được 14 tiết mục để công diễn, trong số đó lớp 11A2 có 2 tiết mục được chọn. Ban tổ chức cho
bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 2 nhóm công diễn, mỗi nhóm 7 tiết mục. Tính xác suất để 2 tiết mục của
lớp 11A2 được biểu diễn trong cùng một nhóm.
Câu 6 (1,0điểm). Trong không gian Oxyz ( AP()1;: 2−x2;3
+ )y17
, −B2( 3;
z +2;1−=10)
cho mặt phẳng và hai điểm . Viết phương
trình mặt phẳng (Q) qua A, B và vuông góc với (P). Tìm điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M
đến (Q) bằng .
· a =31200
Câu 7 (1,0điểm). Cho hình chóp S.ABCD có BAD
đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng , và cạnh
bên SA vuông góc với đáy. Biết mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.
Câu 8 (1,0điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho d : 4 xH+( 1;

9y −
2 )4 = 0
M
;3

÷
hình chữ nhật ABCD có điểm là hình chiếu
2 
vuông góc của A trên BD. Điểm là trung điểm
cạnh BC, Phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là . Viết phương trình cạnh BC.
Câu 9 (1,0điểm). Giải hệ phương  x 3 − x 2 + x − xy = y 3 + y 2 + y + 1
trình: (x, y∈R)
 3
2
3
2
 x − 9 y + 6 x −( a18+ yb)−215 = 3 6 x + 2
Câu 10 (1,0điểm). Cho a, b, c
thuôc đoạn [1;2] . Tìm giá trị nhỏ nhất của c 2 + 4(ab + bc + ca )
biểu thức P =

(

)

---HẾT---

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
1

Đáp án – cách giải
2 x + 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
y=
x + 1 hàm số §.
1
TXĐ: D=R \{−1}, y’ = >0 ∀x ∈D
( x + 1) 2 khoảng (-∞;-1) và (-1;+∞).
Hàm số đồng biến trên các
13

Điểm

0.25


Hàm số không có cực trị.
- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận:
y = 2; lim y = 2
⇒ Đường thẳng y = 2 là xlim
→−∞
x →+∞
tiệm cận ngang.
lim y = +∞; lim y = −∞ ⇒ Đường thẳng x = -1
x →−1
x →−1
là tiệm cận đứng.
−

+

Bảng biến thiên
Đồ thị
2

3

0.25

y = xd4 :−y2=( xm1A +=x11−) 2016
x 2 + m + 2 Cho hàm số §
(1). Gọi A là điểm
4
thuộc đồ thị hàm số (1) có
hoành độ §. Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại A vuông
góc với đường thẳng §.
Ta có:
y ' = 4 x 3 − 4 ( m + 1) x
y ' ( 1) = −4m Hệ số góc tiếp tuyến tại điểm A là:
Tiếp tuyến tại A vuông góc
1 ⇔
y ' ( 1) . = −1 ⇔ m = 1 với đường thẳng d
4
1) Tìm mô đun của số
2 ( 1 + 2i )
= ( 3 − 2i ) z phức z biết:
( 2 + i ) ( 1 − iz ) +
1+ i
⇔ 2 z = 5 + 2i
2(1 + 2i)

(2 + i )(1 − iz ) +
= (3 − 2i) z ⇔ 2 + i − (2 + i )iz + 3 + i = (3 − 2i) z
1+ i
5
29
z x=− 3++i ⇒
z =2 x + 3 ≤ 2 2) Giải bất phương
2 log⇒
4
log
(
)
(
3
1
2
2 )
trình: .
3
ĐK: .
3
x>
2
2 log 3 ( 4 x − 3 ) + log 1 ( 2 x + 3 ) ≤ 2 ⇔4log 3 ( 4 x − 3) ≤ log 3 ( 2 x + 3 ) .9 
3

0.25
0.25

0.25

0.25
0.5

0.25
0.25

0.25

Khi đó:

4

2
2 ( 4 x − 3 ) ≤ ( 2 x + 3 )3.9
⇔
⇔
16
x
−
42
x
−
18
Kết hợp điều kiện,
3 ≤0⇔ −8 ≤ x ≤3
< x≤3
nghiệm của BPT là:
4
Tính tích phân sau:
e2 x 2 + 1 ln x + 1

2
2
I
=
dx
e2 x 2 + 1 ln x + 1
e2
e
e
e2
x2 +1 ∫
1ln x
1
1

x
I=∫
dx = ∫
dxe + ∫
dx = ∫  x + ÷dx + ∫
dx = J + K
x ln x
x
x ln x
x
x ln x
e
e
e
e 

e

(

(

)

)

e2

e2

5

0.25

 x2

1
e4 − e2

J = ∫  x + ÷dx =  + ln x ÷ =
+1
x
2
2
2 
2


e
ee
e 
e2
1
1
K=∫
dx = ∫
d ln x = ln ln x e = ln 2
x ln x
ln x
e
e
e4 − e2
I=
+ 1 + ln 2
2
π
1) Giải phương trình: .

sin  x + ÷+ cos 2 x = 0
3 
π
π
π

π

sin  x + ÷+ cos 2 x = 0 ⇔ cos 2 x = − sin  x + ÷ ⇔ cos 2 x = cos  + x + ÷

3
3
3


2

14

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25


5π

5π

2x =
+ x + k 2π
x=
+ k 2π


6
 5π


6
⇔ cos 2 x = cos 
+ x ÷⇔ 
⇔
( k ∈¢
 2 x = −  5π + x  + k 2π
 6

 x = − 5π + k 2π
 6
÷


18
3



)

0.25

2) Cuộc thi tìm kiếm tài năng trường THPT Thạnh An lần II năm học 2015 – 2016
tuyển được 14 tiết mục để công diễn, trong số đó lớp 11A2 có 2 tiết mục được
chọn. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 2 nhóm công diễn, mỗi
nhóm 7 tiết mục. Tính xác suất để 2 tiết mục của lớp 11A2 được biểu diễn trong
cùng một nhóm.
7
n ( ΩC) 1477=
C147 Số cách chia 14 tiết mục thành hai

0.25
nhóm, mỗi nhóm 7 tiết mục là . ⇒
số phần tử của không gian mẫu là
Gọi A là biến cố “cả 2 tiết mục của lớp 11A2 diễn cùng một nhóm”
0.25
5 5
n ( A )⇒
2=C2.
12C12 6
=
) +=)y17
6
Trong không gian Oxyz cho ( AP(P)1;:( 2−Ax2;3
,C−B72( 3;
z +2;13
1−=10)
14
mặt phẳng và hai điểm . Viết
phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B và vuông góc với (P). Tìm điểm M trên trục
hoành sao cho khoảng cách từ M đến (Q) bằng .
uuu
uur
Ta có: , mp(P) có VTPT
0.25
AB
n
2;1;
2; 4;−−24) )
uur uuurP =
uur(⇒

0.25
nQ =  AB; nP  = ( −4; −4; −6 ) mp(Q) có vtpt là (Q): 2x
+ 2y + 3z – 7 = 0.
∈ 2m − 7
0.25
MOx. ⇔ M(m; 0; 0),
d
M
;
Q
=
17
⇔
=
17
(
)
(
)
(*)
17
m
=
12,
m
=
−
5
Giải (*)
tìm QUỐC

được . Vậy:
SỞ GD & ĐT THÀNH PHỐ CẦN THƠ
ĐỀ THI THỬ
THPT
GIA M(12;
NĂM 2016 0.25
0; 0) hoặc
M(-5;
0; 0)
TRƯỜNG THPT HÀ HUY GIÁP
MÔN:
TOÁN
0
· a =3Thời
7
chóp(không
S.ABCD
có đáy
gian:hình
180 phút
kể thời
gian phát đề)
BAD
120 Cho
ABCD là hình thoi có cạnh bằng ,
Câu 1 (1,0vàđiểm)
sátvuông
sự biếngóc
thiên
vẽ Biết

đồ thịmặt
hàm
số (SBC) và đáy bằng 60 0. Tính
cạnh Khảo
bên SA
vớivà
đáy.
phẳng
a thể
và khoảng
hai đường
Câu 2 (1,0theo
điểm)
Tìmtích
giá khối
trị lớnchóp
nhấtS.ABCD
và nhỏ nhất
của hàmcách
số § giữa
trên đoạn
[(1; 0]thẳng BD và
SC.
Câu 3 (1,0 điểm)
0.25
a) Do
Tìm
môđun
phức
0

· các =
dáy
ABCDcủa
là số
hình
thoi thỏa:
có nênBAD
tam
giác
ABC,
ADC
đều
cạnh
.Gọi
H
là
120
điểm củatrình:
BC, §ta có: AH BC, SA BC BCSH
b) trung
Giải phương
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân §
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian §, cho điểm § và đường thẳng . Viết phương trình mặt phẳng § đi qua
điểm § và vuông góc với đường thẳng . Tìm tọa độ điểm § thuộc đường thẳng sao cho .
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình:
b) Một hộp có 5 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu vàng và 8 viên bi màu xanh. Cùng một lần lấy

ngẫu nhiên 3 viên bi. Tìm xác suất sao cho trong 3 viên bi lấy ra không có viên bi nào là màu đỏ.
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp § có đáy § là tam giác vuông tại §, §. Cạnh bên § vuông góc với mặt phẳng

§ và §. Gọi § lần lượt là trung điểm của cạnh §. Tính theo § thể tích khối chóp § và khoảng cách từ điểm đến
mặt phẳng .
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng §, cho hình chữ nhật § có diện tích bằng 15. Đường thẳng § có phương
trình §. Trọng tâm tam giác § là §. Tìm tọa độ bốn đỉnh của hình chữ nhật§ biết điểm § có tung độ lớn hơn 3.
Câu 9 (1,0 điểm)
a) Từ cảng A dọc theo đường sắt AB cần phải xác định một trạm trung chuyển hàng hóa C và

xây dựng một con đường từ C đến D. Biết rằng vận tốc trên đường sắt là v1 và trên đường bộ là v2
15


(v1 < v2). Hãy xác định phương án chọn địa điểm C để thời gian vận chuyển hàng từ cảng A đến cảng
D là ngắn nhất?
b) Giải bất phương trình: §

x( x + 2)

≥1

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số P = (a 2 − ab + b(2xa)(++b1)
ab2,3−+
b−
,bc
cc =+x3c 2 )(c 2 − ca + a 2 )
thực không âm § thỏa §. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức: §
------------------- HẾT ------------------ĐÁP ÁN
Câu

Đáp Án

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị y = x 4 − 2 x 2 − 3
hàm số
D=¡
TXĐ:
Giới hạn:
lim y = +∞; lim y = +∞
x →+∞
x →−∞
Đạo hàm:
x = 0
3
y ′ = 4 x − 4 x + 9; y′ = 0 ⇔ 
BBT:
 x = ±1
x
+∞ 1
−1
0 −∞

y′
y
1

−

0

−

+

0

−3

+∞

0

−4
−4
Hàm số đồng biến trên khoảng , và ( (−∞
(1;(−0;1;+; 1−∞0) 1)) )
nghịch biến trên khoảng và
Hàm số đạt CĐ tại ; Hàm số đạt CĐ xx==±0,
1, yyCD
34
C T ==−−
tại
Đồ thị:

+

Điểm
1,0

0,25

0,25

0,25

0,25

16


Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ
y = f ( x) = x 2 − ln(1 − 2 x)
nhất của hàm số § trên đoạn
[(1; 0]
Hàm số xđ và liên tục trên đoạn
2
f ′( x) = 2 x +
[(1;0]. Ta có: §
2

1 − 2x
§
 x = 1 ∉ [ −1;0]
f ′( x) = 0 ⇔ 
 x = − 1 ∈ [ −1;0]

2
§
 1 1
f (−1) = 1 − ln13; f 1− ÷ = − ln 2; f (0) = 0
§



min y = f  − ÷ =  −2zln 2; 4max y = f (0) = 0
Tìm môđun của số phức
thỏa:
−
1;0
[ ]
(1 +2 i) z −44 − 4i = [2−1;0+] 4i

3a
§
Giải phương trình: §
3b

§
Đặt §, ta có: §
Với §

1,0

0,25

0,25
0,25
0,25
0,5

(1 + i ) z − 4 − 4i = 2 + 4i

0,25

⇔ z = 7+i ⇒ z = 7−i ⇒ z = 5 2

0,25

4 x −1 + 2 x +1 − 21 = 0

0,5

4 x −1 + 2 x +1 − 21 = 0 ⇔ 4 x + 8.2 x − 84 = 0
t = 2 x > 0t = −14 (l )
2
t + 8t − 84 = 0 ⇔ 
6 (n6)
t = 6 ⇒ 2 x = 6 ⇔xt ==log
2

17

0,25
0,25


4

5

6a

6b

2
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân §
1

I2 = ∫ x  e x2 − ÷dx
§
x

I = ∫ xe1x dx − ∫ dx = I1 − I 2
1

1

1,0
0,25

 u=x
 du = dx
⇒

x
2 x
xdv2 = e dx
 v2 = e x 2
x
2
⇒ I1 = xe − ∫ e dx =
2 2 2e − e − e 1 = e
1
⇒

I = e −1
1I 2 = x 1 = 1

0,25
0,25

Oxyz
A7;
Trong không gian §, cho điểm
(M
dP
x AM
−A6(1;
y) +3)1 z + 2
== 2 30=
§ và đường thẳng . Viết ( d ) :
−3
−2
1
phương trình mặt phẳng § đi
qua điểm § và vuông góc với đường thẳng . Tìm tọa độ điểm § thuộc đường thẳng sao
cho .
ur
uur ur
VTPT của mặt phẳng § là n = ( −3; −2;1) ⇒( uPd) = n = (−3; −2;1)

1,0

Đặt: §
§

§ §

3 x + 2 y (−Pz) − 14 = 0
Phương trình mặt phẳng §: §
§
M ∈ d ⇒ M (6 − 3t ; −1 − 2t ; −2 + t )
AM = 2 30 ⇔ AM 2 = 120 ⇔ 14t 2 − 8t − 6 = 0
§
 M (3; −3; −1)
 t =1


⇔
3⇒
 51 1 17 
t2cos
M  x −; −5 =; 0
− ÷
Giải phương trình:
= − 2 x +8sin
7 
7

  7 2 7
2 cos 2 x + 8sin x − 5 = 0 ⇔ 4sin x − 8sin x + 3 = 0
π
3


 x = 6 + k 2π

 sin x = 2 (VN )
⇔
⇔
,k ∈¢
Một hộp có 5 viên bi màu
đỏ, 7 1viên bi màu vàng
5πvà 8 viên bi màu xanh. Cùng một
sin
x = xác suất sao
x=
+ k 2π
lần lấy ngẫu nhiên 3 viên
2
6 trong 3 viên bi lấy ra không có
 bi. Tìm
 cho
viên bi nào là màu đỏ
A
Gọi § là biến cố thỏa yêu cầu
33
Số cách chọn ra 3 viên bi từ 20
⇒ Ω =C
C20
20 = 1140
viên bi là § §
Chọn ra 3 viên bi từ 15 viên bi (không C153 phải màu đỏ): có § cách
§§§
A⇒
= CC153153
91

P ( A) =
= 3 =
a
C))203 228
S(Ω
M
.,=ABC
SA
B,BAC
N
Cho hình chóp § có đáy § là tam AB = SA
· aSA
ABC
2(AB
aCMN
= 600
giác vuông tại §, §. Cạnh bên §
vuông góc với mặt phẳng § và §. Gọi § lần lượt là trung điểm của cạnh §. Tính theo § thể
tích khối chóp § và khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng
Xét tam giác ABC có: BC = AB.tan 600 = 2a 3 ⇒ S ABC = 2a 2 3

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25

0,5

0,25
0,25
1,0

S

0,25
7
N

§
1
⇒ VSABC = S ∆ABC .SA = 2a 3
Do N là trung điểm SA nên d ( B, (CMN3) ) d ( A, (CMN ) )
AE ⊥ CM , AH ⊥ NE
Kẻ .
H
Chứng minh được:
AH
⊥ (CMN ) ⇒ d ( A, (CMN ) ) = AH
A
C
∆AEM ,2∆aMBC
§ đồng dạng nên §
3
AE =
§
1

1
1
13) ) = AH = 2a 3 = 2a 87
=
+
⇒
d
B−
,BCD
(2
CMN
ABCD
Oxy
AB
B
y
=
0
Trong mặt phẳng
§,
chữ
2 cho hình
2
2 nhật (x 
16
13
M
AH
AE
AN

29
29
G
;
§ có diện tích bằng 15. Đường thẳng

÷
E
 3 3 B
§ có phương trình §. Trọng tâm tam
giác § là §. Tìm tọa độ bốn đỉnh của hình chữ nhật§ biết điểm § có tung độ lớn hơn 3.
18

0,25
0,25
0,25
1,0


§
10
3
d : 2=x3+ y5−⇒
15BC
= 0 = 2 GN = 5
Đường thẳng d qua G, d ( G , AB ) = GN
vuông góc với AB: §
⇒ AB = 3 5

0,25

B
N = d ∩ AB
1 ⇒ NN (6;3)
⇒ NB = AB = 5
3
§
b = 2 (l )
B ∈ BC ⇒ B(2b; b); NB =I 5 ⇔ 
⇒ B (8; 4)
b = 4
uuur 3 uuur
§
G D (1;3)
AC = AG ⇒ C (7;6) ⇒
2 phải xác định một trạm trung chuyển hàng hóa C
Từ cảng A dọc theo đường sắt AB cần
và xây dựng một con đường từ C đến D. Biết rằng vận tốc trênCđường sắt là v1 vàDtrên
D
K án chọn địa điểm C để thời gian vận
đường bộ là v2 (v1 < v2). Hãy xác định phương
h
chuyển hàng từ cảng A đến cảng D là ngắn nhất?
α
B
A
C
Gọi t là thời gian vận chuyển hàng hóa từ cảng A đến cảng D.
E
Thời gian t là:

A

§§

9a

l−

1



Giải bất phương trình: §

x( x + 2)
( x + 1)3 − x

≥1

0,5

x≥0
ĐK: §
Với § nên bpt §
⇔x ≥ x0(⇒
x + 2)( x≥+ 1)(3x −+ 1)x3 −> 0 x
2
3
2
⇔ x + 2 x ≥ x + 3x + 4 x + 1 − 2( x + 1) x( x + 1)

9b

⇔ x + 2 x + 2 x + 1 − 2( x + 1) x( x + 1) ≤ 0 ⇔ ( x + 1)  x + x + 1 − 2 x( x + 1)  ≤ 0
3

2

0,25
0,5

0,25

2

để t nhỏ nhất ta chọn C sao cho .

0,25

0,25

h
h
tan α + sin α
v1
v2

AC CD AE − CE CD
+
=
+

=
v1
v2
v1
v2
t (α )αv
l − h.cot
h
Xét hàm số . Ứng dụng
Đạoα
l − h.cot
t (α ) =h cos α = 2+
hàm ta được nhỏ nhất= khi .vVậy + v sin α v1 v1 v2 sin α
t=

0,25

0,25

2

§
⇔ x 2 + x + 1 − 2 x ( x + 1) ≤ 0 ⇔

10

(

)

2

x ( x + 1) − 1 ≤ 0 ⇔ x( x + 1) − 1 = 0 ⇔ x =

§
x−≥1 +0 5
Do § nên
=bab2, −
+
cc=+3c 2 )(c 2 − ca + a 2 )
Cho các số thực P = (a 2 − ab + b 2ax)(+
b,bc
2
không âm § thỏa §.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: §
Không mất tính tổng quát, giả sử § 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 3
§
a (a − b) ≤ 0  a 2 − ab + b 2 ≤ b 2
⇒
⇒ 2
2
2
 a (a − c) ≤ 0  a − ac + c ≤ c
Do đó: §
P ≤ b 2 c 2 (b 2 − bc + c 2 ) = b 2c 2 (b + c ) 2 − 3bc
2
2
3
Ta có: §
b + c ≤ a + b + c = 3 ⇒ P ≤ ( bc ) ( 9 − 3bc ) = 9 ( bc ) − 3 ( bc )

BĐT Côsi: §
9
2 bc ≤ b + c ≤ 3 ⇒ 0 ≤ bc ≤
4

(

Xét hàm số §
§

9
f (t ) = 9t 2 − 3t 3 , 0 ≤ t ≤
⇒ f (t ) ≤ max f (t ) = f (2) = 12 ⇒
4 P ≤ 12
 9
0; 4 



b, c) P
==
(0,1,
12 2)
Vậy § tại § và các hoán vị của (a,max
chúng
19

−1 ± 5
2

0,25

1,0

0,25

)

0,25

0,25
0,25


SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT BÙI HỮU NGHĨA

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số (C)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN;
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
y = x3 − 6x2 + 9x − 2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm
của (C).

A( − 1;1 ) và vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị

Câu 2 (1,0 điểm) Giải các phương trình sau:
1 + 3cos x + cos 2 x − 2 cos 3 x = 4sin x.sin 2 x
7 x + 2.71− x − 9 = 0

a)

b)

Câu 3. (0,5 điểm) Tìm số phức z sao cho là 2.z(1−+z 2=i ) z 13
số thuần ảo và
Câu 4 (0,5 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa
trong khai triển :
Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân:
Câu 6 (1.0 điểm)

5
14
 x2 
x+ 2 
x 

1

I = ∫ (1 + e x ) xdx
0

MN
ABC
B
.AC

''C
A
,B' 'B
'. =' Ca' 3
CC
Cho lăng trụ đứng , có đáylà tam giác
ABABC
= BCCN
aM
,A
vuông tại A,, mặt bên là hình vuông, lần
lượt là trung điểm của và . Tính thể tích khối lăng trụ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng và
Câu 7 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;-3), B(4;3;-2), C(6;-4;-1). Chứng
minh rằng A, B,C là ba đỉnh của một tam giác vuông và viết phương trình mặt cầu tâm A đi qua trọng tâm G
của tam giác ABC.
Câu 8 (1.0 điểm)
2 ABC
Oxy
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , ( C ) : x 2 + yBC
( 2=3;x2 −)5 5 y + 6 = 0
H
−
cho tam giác nội tiếp trong đường tròn
. Trực tâm của tam giác là và đoạn .

Tìm tọa độ các điểm biết điểm A có hoành độ A, B , C dương .
Câu 9 (1.0 điểm)
Giải hệ phương trình :

 x 3 − y 3 + 5 x 2 − 2 y 2 + 10 x − 3 y + 6 = 0


Câu 10 (1.0 điểm)
 x + 2 + 4 − y = x 3 + y 2 − 4 x − 2 y
cc 2c 3= 3 c 3 + a 3
Cho ba số thực dương và thỏa
a 3 +ab2 3+ ba2b, b3+, +
mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất S = a + 2b + b + 2c + c + 2a
của biểu thức: .
-----------------Hết----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

20


Câu
Cho hàm số
1
(2.0
đ)

(C).

Nội dung
y = x − 6x2 + 9x − 2

Điểm

3

a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
hàm số.

1,0

• TXĐ D= R

0,25
2
0,25
•
y’=
3x
-12x+9
,
y’=0
<=>
x = 1
y = 2
⇒
x = 3
 y = −2 • - Giới hạn tại vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞


x →−∞
x →+∞
0,25

BBT

−∞

x

1
+

y’

+∞

3
−

0

+

0

2

y

−∞

+∞

-2

KL: Hàm số đồng biến trên khoảng ( − ∞;1); ( 3;+∞ )
Hàm số nghịch biến trên khoảng

(1;3)
Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2
• Đồ thị
5

y

f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2

4
3
2
1

0,25
x

-2

-1

1

2

3

4

5

6

-1
-2
-3

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua
hai điểm cực trị của (C).

A( − 1;1 ) điểm và vuông góc với đường thẳng đi qua

Đuờng thẳng đi qua 2 c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4
Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½
Vậy PT đường thẳng cần tìm là
1
3
y = x+
2
2
21

1,0
0,5
0,25
0,25


22

1 + 3cos x + cos 2 x − 2 cos 3 x = 4sin x.sin 2 x

a) Giải phương

trình (1)

0,5

(1)
⇔ 1 + 3cos x + cos 2 x − 2 cos ( 2 x + x ) = 4sin x.sin 2 x
1 + 3cos x + cos 2 x − 2 ( cos x.cos⇔
2 x − sin x.sin 2 x ) = 4sin x.sin 2 x
1 + 3cos x + cos 2 x − 2 ( cos⇔x.cos 2 x + sin x.sin 2 x ) = 0
1 + 3cos
1 + cos
x + cos
x +⇔cos
2 x −22x cos
= 0x = 0
2 ⇔
2 cos x + cos x = 0

2
(1,0

x=0
cos ⇔


cos x = − 1

2

đ)

0,25

⇔
0,25
π

x
=
+
k
π

2
;k ∈¢ .

 x = ± 2π + k 2π

3

b) Giải phương trình
7 x + 2.71− x − 9 = 0
x
t = 7 ,t > 0
t = 2 Đặt . Ta có phương trình:

14
t + − 9 = 0 ⇔ t 2 − 9t + 14 = 0 ⇔ 
t
t = 7
Với
Với

3
(0,5
đ)

t = 2, suy ra 7 x = 2 ⇒ x = log 7 2
t = 7, suy ra 7 x = 7 ⇒ x = 1
Vậy phương trình đã cho có

tập nghiệm là .
Tìm số phức z sao cho là số thuần 2.z(1−+z 2=i ) z 13
ảo và
(1 + 2i ) z = (1 +z 2=i )(
a a++bibi()a=, b(a∈−R2)b) + (2a + b)i
Giả sử , khi đó
⇔ a − 2(1
b += 20i )⇔
z a = 2b
là số thuần ảo

Có hai số phức



3k = 5 => k=3
Hệ số cần tìm là

x2 

x

C143 2 3 = 2912

23

z z==−2 +
−i
0,25
0,5

14
k 14 − 3 k
14

− 2 14

0,25

S = { log 7 2;1}

0,25

thỏa mãn đề bài:;
Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai  x 52 14

x+ 2 
triển : .
x 


( x + 2 x ) x =+ ∑2 C

0,25

0,5

2.z − z = a + 3bi = 2b + 3bi = 13b 2 = 13 ⇔ b = ±1

4
(0,5
đ)

0,5

=
.2k số hạng chứa x5 trong khai
triển ứng với k thoả mãn 14 -

0,25
0,25


Tính tích phân:
Đặt:

1,0

1

x
du = dx
u = x I = ∫ (1 + e )xdx
0
⇒


x
x
 dv = (1 + e )dx v = x + e

5

1

(1,0đ)

I = x( x + e x ) 10 − ∫ ( x + e x )dx

0,25

Khi đó:

0

x2

3
+ e x ) 10 =
2
2
A' B=' Ca' 3
Cho lăng trụ đứng .Có đáylà tam ABABC
= BCC
aABC
, .AC
giác vuông tại A,, mặt bên là hình
vuông, M, N lần lượt là trung điểm của CC’ và B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng
cách giữa hai đường thẳng A’B’ và MN
⇒ I = 1+ e − (

6
(1,0đ)

0,25
0,25
0,25
1.0

C

B
A

M

N

H

B’

C’
P
A’

Ta có BC= BB’=2a

0.25

.
1
V ABC . A'B 'C ' = BB'.S ∆ABC = 2a. a.a 3 = a 3 3
2
gọi P là trung điểm của A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy ra khoảng cách
d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình
chiếu vuông góc của C’ lên mp(MNP)
Cm được H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MPC’
C ' M .C ' P
a 21
C' H =
=
7
C' P 2 + C' M 2

24

0.25
0.25
0.25


A(2;1;-3), B(4;3;-2), C(6;-4;-1). C/mA, B,C là ba đỉnh của một tam giác vuông và viết

7
(1,0đ)

8
(1,0đ)

9
(1,0đ)

1,0

phương trình mặt cầu tâm A đi qua trọng tâm G của tam giác ABC.
uuur
uuur
uuur uuur
⇒ 2 2
Ta có: không cùng
AB(2; 2;1); AC (4; −5; 2) ⇒ ≠
⇒ AB; AC
4 −5
phươngA; B; C lập
uuur uuur
thành tam giác. Mặt

AB. AC = 2.4 + 2.(−5) + 1.2 = 0 ⇒ AB ⊥ AC
khác: suy ra ba điểm A;

0,25

B; C là ba đỉnh của tam giác vuông.
Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên AG = 6
G(4;0; -2). Ta có:
Mặt cầu cần tìm có tâm A và ( x − 2) 2 + ( AG
y − 1)=2 +6( z + 3) 2 = 6
bán kính nên có pt:
2 ABC
Trong mặt phẳng với hệ ( C ) : x 2 + yBC
H
−( 2=3;x2 −)5 5 y + 6 = 0
tọa độ Oxy, cho tam giác nội
tiếp trong đường tròn . Trực tâm của tam giác là , .
Gọi tâm đường tròn (C) là và A(x;y) AH (2 −3 x5;2− y )
I ; 
suy ra M là trung điểm của BC
2 2
Học sinh tính được
AH = 5 ⇔ x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 3 = 0
kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình
Giải hệ ta được (x;y)=(0;3)  x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 3 = 0
(loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)  2
2
− 3x − 5 y + 6 = 0
Suy ra toạ độ của A(1;4) ,chứng  x + y AH
= 2 IM

minh được
y =1
x = 1
= 2 IM
( 2 y − 1) 2 + y 2 − 3(2 y − 1) − 5 y + 6AH
= 0 ⇔ y2 − 3y + 2 = 0 ⇔ 
⇒
 y = 2 x = 3
Từ ta tính được M(2;3/2) Do (BC ) vuông góc với IM nên ta viết được phương trình (BC):
x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường tròn (C) ta được
Suy ra toạ độ của B(1;1) , C(3;2) hoặc B(3;2) , C(1;1)
Vậy
A( 1;4), B(1;1) , C(3;2)
hoặc A( 1;4), B(3;2) , C(1;1)
3
3
2
Giải hệ
 x − y + 5 x − 2 y 2 + 10 x − 3 y + 6 = 0 (1)
x ≥ -2; y ≤ 4
Điều kiện

x +3 2 + 24 − y = x 3 + y 23 − 4 x −2 2 y (2)


(1) ⇔ x + 5 x + 10 x + 6 = y + 2 y + 3 y
Xét hàm số
f (t ) = t 3 + 23t 2 + 3t , f2 ' (t ) = 3t 2 + 4t +3 3 > 02 ∀t ∈ R
Suy ra f(x+1) = f(y) ⇔ ( x + 1) + 2( x + 1) + 3( x + 1) = y + 2 y + 3 y
=> y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc

Phương trình : x + 2 + 3 − x = x 3 + x 2 − 4 x − 1
2 ( x + 2)( 3 − x ) − 2
⇔ x + 2 + 3 − x − 3 = x3 + x 2 − 4 x − 4 ⇔
= ( x + 1) x 2 − 4
x + 2 + 3− x +3
2[ ( x + 2)( 3 − x ) − 4]
⇔
= ( x + 2) ( x 2 − x − 2)
x + 2 + 3 − x + 3 ( x + 2 )( 3 − x ) + 2

(

(

⇔

(

(

)

)(

)

)

2(− x 2 + x + 2)
− ( x + 2) x 2 − x − 2 = 0

x + 2 + 3 − x + 3 ( x + 2 )( 3 − x ) + 2

)(

)

25

(

)

(

0,25
0,25
0,25
1.0

0.25
0.25
0.25

0.25
1.0

0.25

)

0.25