Đáp án đề thi thử THPT quốc gia 2016 môn Toán - THPT chuyên Nguyễn Quang Diệu, Đồng Tháp

PT tiếp tuyến với đồ thị (C) tại M (0; 1) là y  1.
PT tiếp tuyến với đồ thị (C) tại M (3; 1) là y  9x  26.
Câu 3

0.25
0.25
Đáp án
Điểm
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  2i) z  (3  2i) z  4  10i. Tìm môđun của số
phức w  z  2 z .
Đặt z  a  bi (a, b  )  z  a  bi.
Ta có (1  2i) z  (3  2i) z  4  10i  (1  2i)(a  bi)  (3  2i)(a  bi)  4  10i
0.25
4a  4
a  1

. Do đó z  1  3i.
 4a  (4a  2b)i  4  10i  
4a  2b  10

b  3

Ta có w  z  2 z  1  3i  2(1  3i )  3  3i. Suy ra môđun của w là
1 điểm

0.25

w  32  32  3 2.
b) Giải phương trình 27 x  5.323x  4.
2
45

Ta có 27 x  5.323 x  4  27 x  x  4   27 x   4.27 x  45  0
27
2
x
Đặt t  27 (t  0) ta được t  4t  45  0
 t  9 hoặc t  5 (loại)
2
 33 x  32  3x  2  x  
3

0.25

0.25
2
3

Vậy PT đã cho có nghiệm là x  
Câu 4

Đáp án

Điểm
2

Tính tích phân I   e x (2e x  x)dx
1

2

2

1

1

Ta có I  2 dx   xe x dx  J  K .
1 điểm

2



0.25

2

J  2 dx  (2 x)  2.
1
2



0.25

1

2

2



K  xe x dx  xe x  e x dx  (2e2  e)  e x
1

Câu 5

1

1

2
1





 (2e2  e)  e2  e  e2 .

0.25

0.25
Vậy I  J  K  2  e2 
Đáp án
Điểm
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(7; 2; 1), B(5;  4;  3) và mặt phẳng
(P) :3x  2 y  6z  38  0.

1 điểm

a) Viết phương trình mặt cầu (S ) có đường kính AB.
b) Chứng minh (P) tiếp xúc với mặt cầu (S ) .
a) Mặt cầu (S ) có tâm I (1; 1; 1), bán kính R  IA  7.

0.25

Phương trình mặt cầu (S ) : ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1)2  49.

0.25

b) Ta có khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) là
d ( I ;( P)) 

3.1  2(1)  6(1)  38
32  (2)2  (6)2

0.25

 7.

Vì d (I ;(P))  R nên suy ra (P) tiếp xúc (S ).
Câu 6

Đáp án

1 điểm

a) Cho góc  thỏa cot   2. Tính giá trị của biểu thức P 

3

0.25
Điểm
cos

cos   2sin3 
3


Do cot   2  sin   0, ta có
cos 
cot  (1  cot 2  )
sin3 
P

cos3  2sin 3 
cot 3   2

sin3  sin 3 
Thay cot   2 vào P được P  1.

0.25

0.25
11




2


b) Tìm hệ số của số hạng chứa x 7 trong khai triển A( x)   x2   ( x  0).
x
11




2


  

11

k
Ta có A( x)   x2     C11
x2
x

Câu 7

k 0

11k

2x 1

 C
k



11

k 0

k
k 223k
.
11.(2) .x

0.25

Tìm k sao cho 22  3k  7  k  5.
5
.(2)5  14784.
Vậy hệ số của số hạng chứa x 7 là C11
Đáp án

0.25
Điểm

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ; BCD  60 ; SA vuông góc với
mặt phẳng ( ABCD), hai mặt phẳng (SCB) và (SCD) vuông góc với nhau. Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) theo a .
o

Theo giả thiết ABCD là hình thoi cạnh a và BCD  60o  BCD đều và diện tích
hình thoi ABCD là SBCD 

a2 3

2

0.25

 BD  AC
 BD  ( SAC )  BD  SC.
Ta có 
 BD  SA
Gọi O  AC  BD, trong ( SAC ) kẻ OM  SC , M  SC

S

 SC  ( MBD).

1 điểm

Do đó BMD là góc giữa (SCB) và (SCD)
1
a
 BMD  90o  OM  BD  
2
2
Ta thấy
SA
AC


SAC ∽ OMC 
OM MC

 SA 

AC.OM
OC  OM
2

2



M

H

C

B
O

A

D

0.25

a

2 a 6
2
2
3a
a2

4
4
a 3.

1
a3 2

Thể tích khối chóp cần tìm là V   SA.S ABCD 
3
4
Ta có O là trung điểm của AC nên d (C , ( SBD))  d ( A, ( SBD))
Trong (SAC), kẻ AH  SO, H  SO mà AH  BD nên AH  ( SBD)
 AH  d ( A, ( SBD))

1
1
1
2
4
2


 2 2 2
2

2
2
AH
AS
AO
3a
3a
a
a
a
 AH 
 Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) là

2
2
Đáp án
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, A(2; 2), BC  3BA,

0.25

Trong tam giác SAO vuông tại A có

Câu 8
1 điểm

4

0.25
Điểm




10 
.Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ
3 
nhật ABCD biết rằng đỉnh B có hoành độ dương, đường trung tuyến kẻ từ B của tam giác
ABD có hệ số góc nhỏ hơn 1.

trọng tâm của tam giác ABC là G  0;

Cách 1.
Gọi N là trung điểm của BC. Ta có AG  2GN  N (1; 4).
Gọi M là trung điểm của AD, I là trung điểm của BM . Khi đó
1 
I là trung điểm của AN. Suy ra I  ; 3  
2 
Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ( ABN ) .

0.25

A

B

I

PT đường tròn

0.25

G

2

1
13

(C ) :  x    ( y  3)2  AI 2  
2
4

Gọi B(a; b) ,ta có

N

M

2

1
13

a

 (b  3)2  

 B  (C )
 B  (C )


2
4



D
 BC  3BA 2BN  3BA 
2
2
2
4
(
a

1)

(
b

4)

9
(
a

2)

(
b  2) 2


 a  2

 b  4
2b  2
a 2  b2  a  6b  6  0

a




3


  a  2 
2b  2
a 
13b2  68b  64  0   13
3


  16
 b 
  13



 



C

0.25

Theo giả thiết đường thẳng BM có hệ số góc nhỏ hơn 1 nên chọn B(2; 4).
Với B(2; 4) và trung điểm N (1; 4) ta suy ra C(4; 4).
Từ AB  DC  D(4; 2).
Vậy các đỉnh còn lại cần tìm của hình chữ nhật ABCD là B(2; 4), C(4; 4), D(4; 2).
Cách 2.
Gọi N là trung điểm của BC. Ta có AG  2GN  N (1; 4).
Suy ra PT AN : 2x  3 y  10  0.
Gọi M là trung điểm của AD, I là trung điểm của BM . Khi đó
1
I là trung điểm của AN. Suy ra I  ;
2




1


0.25


3 


Đặt BA  2m  BC  6m  IA  IB 
Ta có cos( BM , AN )  cos BIA 

0.25

AN

2

AB2  BN 2 m 13


2
2

IB2  IA2  AB2
2IB.IA



0.25

5
 
13



Gọi BM : a  x    b( y  3)  0 a 2  b2  0 .
2

Ta có cos( BM , AN ) 

2a  3b
5
5

  27a 2  156ab  92b2  0 (*)
13
13. a 2  b2 13

Với b  0  27a2  0  a  0 (loại)
Với b  0, chia hai vế của PT (*) cho b 2 ta được

5

0.25


2
a


a
a
b
3
27    156    92  0  

b
b

 a   46
 b
9
2

a
b

Theo giả thiết đường thẳng BM có hệ số góc k    1 nên BM : 2x  3 y  8  0.



Do B  BM  B  t;

2t  8 
.
3 
2

2

 1   2t  8  13
Ta có IB  IA   t    
 13t 2  13t  26  0
 3 
4
 2  3

t  2
 B(2; 4)



t  1  B(1; 2) (loaïi)

0.25

Với B(2; 4) và trung điểm N (1; 4) ta suy ra C(4; 4).
Từ AB  DC  D(4; 2).
Vậy các đỉnh còn lại cần tìm của hình chữ nhật ABCD là B(2; 4), C(4; 4), D(4; 2).
Câu 9

Đáp án

Điểm

1

(1)
log 4 ( x  1)  log 4 ( x  1)  2
Tìm m để hệ sau có hai nghiệm phân biệt: 
log 2 x 2  2 x  5  2m log 2
2  5 (2)
( x 2 x 5)

x  1
x  1


Ta có (1)  


 1  x  3.
 x 1
 x 1
log

log
2

2
4
4




 x 1
 x 1 

Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa 1  x  3.









Đặt t  log2 x2  2x  5  log2 ( x  1)2  4





Với x (1; 3) thì t  (2; 3).
PT(2) trở thành t 
1 điểm

0.25

0.25

2m
 5  t 2  5t  2m (* )
t
5
2

Xét hàm số f (t )  t 2  5t trên khoảng (2; 3); có f (t )  2t  5, f (t )  0  t  
Lập bảng biến thiên
5
2
0

2

t
f (t )



3

0.25



6

6

f (t )


25
4

Dựa vào bảng biến thiên và cách đặt t ở trên ta thấy:
Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt t  (2; 3)


Câu 10

25
25
 2m  6  3  m  
4
8

Đáp án

0.25
Điểm

Cho là các số dương thỏa mãn x  y  2 z  2(1  xy) (*). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2

1 điểm



2

2



( x  y)2  2 z 2
P  5 x 2  y 2  z 2  ( x  y  2 z )2 
2

Từ ( x  y)2 



2x  z

 
2

2y  z



2

 0 suy ra ( x  y  2 z )2  4( x 2  y 2  z 2 ) (1)

6

0.25


Mặt khác





2 x2  y 2  2 z 2
( x  y)2  2 z 2

 x2  y 2  z 2
2
2

(2)

0.25

Từ (1) và (2) suy ra P  x2  y2  z 2  x2  y2  z 2 .
Lại đặt t  x2  y 2  z 2 , t 

( x  y)2  2 z 2
 1 (do (*))
2

Ta được P  t  t . Xét hàm số f (t )  t  t với t  1. Ta có f (t )  1 

1

 0 với mọi

0.25

2 t
t  1, nên hàm số f (t ) đồng biến trên [1;  ). Suy ra f (t )  f (1)  0  P  0.

1
 x2  y 2  z 2  1  x  y 
2


Do đó GTNN của P là 0, đạt được khi 

z
0
x  y 
z  2
2



2

7

0.25