de dapan truong thpt so 2 phu cat 2 le quang dung

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

ĐỀ THI MÔN TOÁN QUỐC GIA NĂM 2016

Trường THPT số 2 Phù Cát

( Thời gian 180 phút không kể thời gian phát đề)

………..

……………………

Câu 1 ( 1 điểm ) : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = 4 x 2 − 2 x 4
Câu 2 ( 1 điểm ) : Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) của hàm số y =

2x + 1
. sao cho tiếp tuyến của đồ thị
x +1

(C) tại M , vuông góc với đường thẳng đi qua M , I(-1,2) .
Câu 3 ( 1 điểm) :

π
3

π
3

1) Tính giá trị của biểu thức : P= cos 2 x + cos 2 ( x + ) + cos 2 ( x − ) , ∀x ∈ R
2) Giải bất phương trình : log 4 ( x + 2) ≤ log 2 x
Câu 4 ( 1 điểm )

2

1) Tìm số phức z, biết z + z = z 2
2) Một hộp đựng 18 viên bi có kích thước phân biệt , gồm 8 viên bi đỏ , 6 viên bi xanh , 4 viên bi
xanh . Người ta chọn ngẫu nhiên 3 viên bi . Tính xác suất để 3 viên bi được chọn có nhiều nhất
hai màu
1

Câu 5 ( 1 điểm ) : Tính tích phân :

x −1

∫ 2x + e

x

dx

0

Câu 6 ( 1 điểm ) : Trong không gian Oxyz , Cho ba diểm A( 1,2,1) , B(3,-1,2) ,C(-2,4,0) và đường
thẳng (d) :

x −1 y z +1
= =
.Lập phương trình mặt phẳng (ABC) ,Tìm giao điểm của đường thẳng
2
1
1

(d) và mặt phẳng (ABC)
Câu 7 ( 1 điểm ) : Cho hình chóp SABCD , có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B . đường
thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) , AB=BC=a .AD=3a , đường thẳng SC hợp với (ABCD)
một góc 600 , Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB
Câu 8 ( 1 điểm ) :Trong mp (Oxy) , Cho tam giác ABC , điểm I(0,1) là tâm của đường tròn ngoại
tiếp , các điểm D(1,2) ,E(-1,1) lần lượt là hình chiều vuông góc của B,C lên AC, AB , điểm A thuộc
đường thẳng (d) x-y-2=0 .Tìm tọa độ B,C .
Câu 9 ( 1 điểm ) : Giải phương trình : 5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 , x ∈ R
Câu 10 ( 1 điểm) : Cho x,y,z là số dương, xyz=1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= xy + yz + zx +

6
x+ y+z


HƯỚNG DẪN CHẤM
CÂU NỘI DUNG
1
D=R

Điểm
0.25

y’= 8x-8x3
y’=0  x=0, x=-1,x=1

0.25

y = −∞
y(0)=0 ,y(1)=y(-1)=2 , xlim

− > ±∞
Bảng biến thiên
x
y’
y

0.25

−∞
+

-1
0
2
CĐ

-

0
0

+

1
0
2
CĐ

+∞
-

CT
−∞
0
Hàm số đồng biến trên khoảng ( (-1,0) ,( 1, + ∞ ) , nghịch biến trên ( − ∞ ,-1) ,(0,1)
Đạt cực đại tại x=0 , yCĐ= 0 , đạt cực tiểu tại x=1, x=-1 yCT= -2
Đồ thị hàm số

2

y’=

1
2 x0 + 1
) ∈ (C )
2 , M ( x0,
( x + 1)
x0 + 1
1
( x 0 + 1) 2

0.25

1
= 1  x0=0 ,x0=-2
( x 0 + 1) 4

0.25

1

( x 0 + 1) 2

Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng IM 
3.1

0.25

0.25

Tiếp tuyến với (C) tại M có hệ số góc y’(x0) =
Đường thẳng IM có hệ số góc : k= −

−∞

Điểm cần tìm : M(0,1) ,M(-2,3)
1
1
2π
1
2π
)) + (1 + cos(2 x −
))
P= (1 + cos 2 x) + (1 + cos(2 x +
2
2
3
2
3
3 1
2π

2π
+ (cos 2 x + cos(2 x +
) + cos(2 x −
))
2 2
3
3
3 1
2π
= + (cos 2 x + 2 cos 2 x cos )
2 2
3

0.25
0.25

=

0.25

3 1
1
3
+ (cos 2 x + 2(− ) cos 2 x) =
2 2
2
2
Điều kiện : x>0

0.25

Biến đổi bất phương trình : log 4 ( x + 2) ≤ log 4 x 2
Ta có : x 2 ≥ x + 2  x 2 − x − 2 ≥ 0  x ≤ −1, x ≥ 2

0.25

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình : x ≥ 2
Đặt z=x+iy , x,y thuộc R , i2=-1

0.25

=

3.2

4.1


2

Ta có : z + z = z 2
 x2+y2+x-yi = x2-y2+2xyi  y2+x=-y2 , -y=2xy
1

x=−

x = 0 
1
2
Mà : -y=2xy  y=0 , x=nên ta có : 

,
2
y = 0 y = ± 1
2

Số phức cần tìm : z=0 ,z= −
4.2

0.25

1 1
1 1
+ i , z= − − i
2 2
2 2

Ta có n( Ω ) = C18 =286

0.25

3
1
1
Gọi A là biến cố : 3 viên bi lấy ra có ít nhất hai màu => n(A) = C18 − C8 . C 6 . C 41 =214

0.25

3

107

143
1
1
x −1
1 (2 x + e x ) − (2 + e x )
dx
dx
I= ∫
=
x
2 ∫0
2x + e x
0 2x + e
=> Xác suất cần tìm là : P(A)=

5

0.25
0.25

1
1
1

1
2 + ex
1
2 + ex

)

dx
dx
−
dx
= ∫ (1 −
=
∫0 2 x + e x 
20
2  ∫0
2x + e x
1
1 1
x

=  x 0 − ln 2 x + e 0 

2
1
= (1 − ln(2 + e) )
2

6

Ta có AB = (2,−3,1), AC = (−3,2,−1) => n

ABC

0.25
0.25
= (2,−1,−5)

=> (ABC) : 2(x-1) - (y-2)-5(z-1)=0

0.25
0.25

=> (ABC): 2x – y -5z+5=0
Gọi M là giao điểm của (d) và (ABC)

0.25

Ta có M(2t+1,t,t-1) và 2(2t+1)-t-5(t-1) +5=0
=> t=6

0.25

=> M(13,6,5)
7

1
1
(a + 3a )a = 2a 2 , SA ⊥ (ABCD) => VSABCD = SA.S ABCD ,
2
3
AC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABC) => góc SCA=góc (SC,ABCD)=600
Ta có SABCD=

1
2a 3 6
2

=> SA= ACtan60 =a a 2 . 3 = a 6 => VSABCD= a 6 .2a =
3
3
0

0.25
0.25


0.25

Gọi E là điểm thuộc AD sao cho DE=a , khi đó BCDE là hình bình hành => CD//BE
Khí đó : CD’’(SBE) => d(CD,SB)=d(CD,SBE)=d(D,SCE)
Mặt khác : DE=

1
1
AE => d(D,SBE)= d(A,SDE)
2
2

Trong mặt phẳng (ABCD) , kẽ AM ⊥ BE tại M => (SAM) ⊥ (SBE) theo giao tuyến SM
Trong mặt phẳng (SAM) , kẽ AH ⊥ SM tại H => AH ⊥ (SBE) tại H => d(A,SBE)=AH
1
1
1
1
1
1
=

+
=
+
+
Ta có
: SA= a 6 , AB=a ,AE=2a
2
2
2
2
2
AH
SA
AM
SA
AB
AE 2
=>

0.25

1
1
1
1
17
12a 2
12
2
=

+
+
=
=>
=> AH = a
AH
=
2
2
2
2
2
AH
6a
a
4a
12a
17
17

1
1 a 12 a 3
d(A,SDE) =
=
2
2 17
17
Qua A kẽ đường thẳng ( ∆ ) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó : 0.25

=> d( SB,CD)=

8

IA ⊥ ( ∆ ) => góc (AB, ∆ ) = góc BCA
mặt khác : D,E là hình chiều của B,E lên AC,AB nên tứ giác BEDC nội tiếp trong đường
tròn đường kính BC => góc BCA= góc BCE+ góc ECD= góc EDB+ góc EBD = góc AED
=> góc (AB, ∆ ) = góc ADE => DE//( ∆ ) => IA ⊥ DE

Đường thẳng IA đi qua I(0,1) có VTPT ED = (2,1) có phương trình : 2(x-0)+(y-1)=0
 2x+y-1=0

0.25


2 x + y − 1 = 0
x = 1
Khi đó : A 

=> A(1,-1)
x − y − 2 = 0
 y = −1
Đường thẳng AB đi qua A, E(-1.1) có phương trình : x+y=0

0.25

Đường thẳng AC di qua A , D(1.2) có phương trình : x-1=0
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình : x2+(y-1)2=5
x + y = 0
 x = −2  x = 1
∨
Tọa độ B  2


( loại) => B(-2,2)

2
 y = 2  y = −1
 x + ( y − 1) = 5

9

x − 1 = 0
x = 1 x = 1
∨
Tọa độ C  2

( loại ) => C(1,3)
2
 y = 3  y = −1
 x + ( y − 1) = 5
Điều kiện : x ≥ 5
Biến đổi phương trình ta có :

0.25

0.25

5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1

 5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 − x − 20 + 10 ( x 2 − x − 20)( x + 1) + 25( x + 1)
 2 x 2 − 5 x + 2 − 5 ( x 2 − x − 20)( x + 1) = 0
 2 x 2 − 5 x + 2 − 5 ( x 2 − x − 20)( x + 1) = 0

 2( x 2 − 4 x − 5) + 3( x + 4) − 5 ( x 2 − 4 x − 5)( x + 4) = 0
 2(

x 2 − 4x − 5 2
x 2 − 4x − 5
) −5
+3= 0
x+4
x+4

x 2 − 4x − 5
= 1,
x+4



x 2 − 4x − 5 3
=
x+4
2

x 2 − 4x − 5
x 2 − 5x − 9
x 2 − 4x − 5
5 ± 61
=1 
= 0  x=
=1 
x+4
x+4

x+4
2

i)

0.25

x 2 − 4x − 5 9
4 x 2 − 25 x − 56
x 2 − 4x − 5 3


=
= 0  x= 8, x=-7/4
=
x+4
4
x+4
x+4
2
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình :

0.25

ii)

x=

0.25

5 + 61
,x=8
2

Theo giả thiết ta có : P =

1 1 1
6
+ + +
x y z x+ y+z

Giả sử x ≥ y ≥ z > 0 => x ≥

y+z
≥
2

0.25

yz

=> (( x + y + z ) ( x + 2 yz ) ≥ 9 yz > 6 yz
=> (( x + y + z ) ( x + 2 yz ) − 6 yz > 0
=>

(

=>

(

1

)

(

)

y − z (( x + y + z ) x + 2 yz − 6 yz ) ≥ 0
y− z
yz
1

)

2

2

+
6

6

(

y− z

)

2

( x + y + z )( x + 2

=> y + z + x + y + z ≥

yz

) ≥0

2
6
+
yz
x + 2 yz

0.25


P≥

0.25

1
2
6
+
+
x
yz x + 2 yz

Đặt t=

yz .>0 xt2=1 => x=

1
t2

2
6t 2
Khí đó P ≥ f (t ) = t + +
t 1 + 2t 3
2

2(t 3 − 1) 12t (t 3 − 1)
4t 6 − 2t 2 + 1 3
f ' (t ) =
−
2
(
)(t − 1)
=
2
t2
t 2 (1 + 2t 3 ) 2
1 + 2t 3

(

)

f’(t)=0  t=1

0.25

Bảng biến thiên
t
f’(t)

0
+

f(t)
P ≥ f (t ) ≥ f (1) = 5

1
0
CT
5

P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 , tại x=y=z=1
Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa

-