ThiThuDong Thap 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP. THI DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 23/5/2016 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 01 trang). Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y . x 1 . x2. Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số y  x  5 . 1 . x. Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3  i) z  (1  i)(2  i )  5  i . Tìm phần thực và phần ảo của z . b) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Cho biết số n. tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức T  A 1  r  , trong đó A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số kỳ hạn gửi . Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu ?  2. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   ( x  cos5 x )sin xdx . 0. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(5;5;0), B(4;3;1) và đường thẳng. x 1 y  2 z  2 . Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao   2 1 1 cho MA  3 . d:. Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sin 2 x  3 sin x  0 . b) Có hai thùng đựng xoài. Thùng thứ nhất có 10 trái (6 trái loại I, 4 trái loại II), thùng thứ hai có 8 trái (5 trái loại I, 3 trái loại II). Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng một trái. Tính xác suất để lấy được ít nhất một trái loại I. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc  ABC  600 , hai mặt phẳng  SAC  và  SBD  cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABCD  bằng 300 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA , CD theo a . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với A(1; 2) . Gọi H là trung điểm cạnh BC , D là hình chiếu vuông góc của H trên AC , trung điểm M của đoạn HD nằm trên đường thẳng  : 2 x  y  2  0 và phương trình đường thẳng BD : x  y  1  0 . Tìm toạ độ của B, C biết rằng điểm D có hoành độ âm.  x 2  xy  y 2  x  y  y Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   5 x 2  4 y  x 2  3 x  18  x  4 y.  x, y    .. Câu 10 (1,0 điểm). Cho x , y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . x. . y. . z. . 1 1 1  2 2. 2 x y z. 1  x2 1  y2 1  z2 Cảm ơn thầy Nguyễn Hữu Tài () chia sẻ đến www.laisac.page.tl.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP. THI DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN. HDC CHÍNH THỨC (Gồm có 01 trang) Câu 1 (1,0đ). Đáp án Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y . Điểm 1,00. x 1 . x2. ♥ Tập xác định: D   \ 2 . ♥ Sự biến thiên: 3 ￚ Chiều biến thiên: y '  ; y '  0, x  D . 2  x  2. 0,25. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ; 2 và 2;  . 0,25. ￚ Giới hạn và tiệm cận:. lim y  lim y  1.  tiệm cận ngang: y  1 .. lim y  ; lim y  .  tiệm cận đứng: x  2 .. x . x . x  2. x  2. 0,25. ￚ Bảng biến thiên:. x y'. 2. . . .  . y. 1. 1 . ♥ Đồ thị: + Giao điểm với các trục: 1  1 Oy : x  0  y   :  0;   và Oy : y  0  x  1  0  x  1: 1; 0  2  2  1 Đồ thị cắt các trục tọa độ tại  0;   , 1; 0  . 2 . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 (1,0đ). Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số y  x  5 . 1,00. 1 . x.  Tập xác định: D   \ 0 .. 0,25. 1 x2  1  2 . x2 x 2  y '  0  x  1  0  x  1 .  Bảng biến thiên Chiều biến thiên: y '  1 . x y' y. . 1 0 yCĐ. . 0,25. . . 1 0. 0. . . . . 3 (1,0đ). 0,25.  yCT. .  Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số đạt cực đại tại x  1 và đạt cực tiểu tại x  1 . a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3  i) z  (1  i)(2  i )  5  i . Tìm phần thực và phần ảo của z . 4  4i 4 8  Ta có (3  i) z  (1  i)(2  i )  5  i  (3  i ) z  4  4i  z    i. 3i 5 5 4 8  Số phức z có phần thực bằng , phần ảo bằng  . 5 5 b) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm và lãi hàng năm được nhập n vào vốn. Cho biết số tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức T  A 1  r  , trong đó A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số kỳ hạn gửi . Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu ?. 0,25 0,25 0,50. 0,25. n.  Sau n năm số tiền thu được là T  A 1  0, 068  . n. 0,25 0,50. n. Để T  2 A thì phải có 1, 068   2. (hay 1  6,8%   2 ) 0,25.  n  log1,068 2  10,54  Vậy muốn thu được gấp đôi số tiền ban đầu, người đó phải gửi 11 năm. . 4 (1,0đ). 1,00. 2. Tính tích phân I   ( x  cos5 x )sin xdx . 0. . . 2. 2. 0,25 5.  Ta có I   x sin xdx   sin x.cos xdx . 0. 0. 0,25. u  x du  dx  Đặt  .   du  sin xdx v   cos x .  . 2. Khi đó. . 2.  x sin xdx    x cos x  02   cos xdx  0   sin x  02  1 . 0. 0. 0,25.  Đặt t  cos x  dt   sin xdx .   t  0 x  Đổi cận  . 2  t  1   x  0  0. 1. 1.  t6  1 Khi đó  sin x.cos xdx   t dt   t dt     .  6 0 6 0 1 0 2. 5. 5. 5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 7 .  . 6 6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(5;5;0), B(4;3;1) và đường  Vậy I  1  5 (1,0đ). x 1 y  2 z  2 . Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm   2 1 1 M trên đường thẳng d sao cho MA  3 .   Đường thẳng AB có VTCP là AB  (1; 2;1) . x5 y5 z  Phương trình AB là   . 1 2 1  x  1  2t   Đường thẳng d có phương trình tham số là  y  2  t  t    .  z  2  t  Do M  d nên ta đặt M 1  2t ; 2  t; 2  t  . Suy ra. 0,25 1,00. thẳng d :. MA . 2. 2. 1  2t  5   2  t  5   2  t  0. 2. 0,25 0,25 0,25.  6t 2  26t  29 .. 0,25. t  1 Khi đó MA  3  6t  26t  20  0   10 . t   3 2.  23 16 4   Vậy có hai điểm M trên d thoả đề bài là M  3;3; 1 hoặc M  ; ;  .  3 3 3 a) Giải phương trình sin 2 x  3 sin x  0 (1). 6 (1,0đ). 0,25.  Ta có (1)  2sin x cos x  3 sin x  0  sin x(2 cos x  3)  0 .  sin x  0  x  k . 3   2 cos x  3  0  cos x   x    k 2 . 2 6. 0,25. .  k 2  k    . 6 b) Có hai thùng đựng xoài. Thùng thứ nhất có 10 trái (6 trái loại I, 4 trái loại II), thùng.  Vậy nghiệm của phương trình (1) là x  k ; x  . 0,50. 0,50. thứ hai có 8 trái (5 trái loại I, 3 trái loại II). Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng một trái. Tính xác suất để lấy được ít nhất một trái loại I.  Số phần tử của không gian mẫu là n   C101 C81  80 .. 0,25. Gọi A là biến cố “Có ít nhất một trái loại I” Khi đó A là biến cố “Cả hai trái đều là loại II”.. 0,25. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n A   C41C31  12 . Suy ra P A .  . ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   1 P  A  1 7 (1,0đ). 12 3 .  80 20. 3 17 .  20 20. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc  ABC  600 , hai mặt phẳng  SAC  và  SBD  cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng.  SAB  và  ABCD . bằng 300 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa. hai đường thẳng SA , CD theo a .. 1,00.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0,25.  Gọi O  AC  BD , M là trung điểm AB và I là trung điểm của AM. Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên a 3 a 3 a2 3 , OI  , S ABCD  . CM  AB, OI  AB và CM  2 4 2  Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO   ABCD  .. 0,25. 0,25.   300 . Do AB  OI  AB  SI . Suy ra   SAB  ,  ABCD     OI , SI   SIO Xét tam giác vuông SOI ta được SO  OI .t an300 . a 3 3 a .  . 4 3 4. 1 1 a 2 3 a a3 3 Suy ra V  .S ABCD .SO  . . .  3 3 2 4 24  Gọi J  OI  CD và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI. 0,25. a 3 và JH   SAB  . 2 Do CD / / AB  CD / /  SAB  . Suy ra. Suy ra IJ  2OI . d  SA, CD   d CD,  SAB    d  J ,  SAB    JH .  Xét tam giác vuông IJH ta được JH  IJ .s in30 0 . a 3 1 a 3 .  . 2 2 4. a 3 . 4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với A(1; 2) . Gọi H. 0,25. Vậy d  SA, CD  . 8 (1,0đ). là trung điểm cạnh BC , D là hình chiếu vuông góc của H trên AC , trung điểm M của đoạn HD nằm trên đường thẳng  : 2 x  y  2  0 và phương trình đường thẳng. BD : x  y  1  0 . Tìm toạ độ của B, C biết rằng điểm D có hoành độ âm.. 1,00.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  Gọi N là trung điểm của DC . Khi đó HN là đường trung bình của tam giác BDC nên HN / / BD . Do MN là đường trung bình của tam giác DHC nên MN / / CH mà CH  AH (do tam giác ABC cân tại A ) nên MN  AH Suy ra M là trực tâm tam giác AHN . Suy ra AM  HN  AM  BD  Do AM  BD : x  y  1  0 nên phương trình AM có dạng x  y  m  0 A(1; 2)  AM  m  1 . Suy ra AM : x  y  1  0 . Vì M  AM   nên toạ độ M là nghiệm của hệ x  y 1  0  x  1   M (1; 0) .  2 x  y  2  0  x  0    Đặt D (t ;1  t ) , ta có AD  (t  1; 1  t ) và MD  (t  1;1  t ) Vì tam giác ADH vuông tại D nên   AD.MD  0  (t  1)(t  1)  ( 1  t )(1  t )  0  2t 2  2  0  t  1 . Do D có hoành độ âm nên chọn D(1; 2) . Vì M là trung điểm HD nên H (1; 2) .  Phương trình BC : x  2 y  5  0 . x  2y  5  0 x  7 Toạ độ B là nghiệm của hệ phương trình    B  7; 6  . x  y 1  0  y  6. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. Vì H là trung điểm BC nên C  9; 2  . Vậy B  7; 6  , C ( 9; 2) . 9 (1,0đ).  x 2  xy  y 2  x  y  y Giải hệ phương trình   5 x 2  4 y  x 2  3 x  18  x  4 y x  6  Điều kiện  y  0. 1,00. (1) (2). 0,25. Khi đó (1)  x 2  xy  y 2  y  x  y  0 . x( x  y ) 2. 2. x  xy  y  y. . x y 0 x y.   x 1  0  x  y.  ( x  y)    x 2  xy  y 2  y x  y  . (3) 0,25.  Thay (3) vào phương trình (2) ta được phương trình 5 x 2  4 x  x 2  3 x  18  5 x  5 x 2  4 x  x 2  3 x  18  5 x.  2 x 2  9 x  9  5 x  x  3 x  6 .  2  x 2  6 x   3  x  3  5 x 2  6 x . x  3. (4). Đặt a  x 2  6 x , b  x  3 với a, b  0 , phương trình (4) trở thành  a b 2a 2  5ab  3b 2  0   .  2a  3b 0,25.  TH1: Với a  b ta được phương trình x2  6 x  x  3  x . 7  61 7  61 y . 2 2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 0,25.  TH2: Với 2a  3b ta được phương trình. 2 x2  6x  3 x  3  x  9  y  9  7  61 7  61  Vậy nghiệm của hệ phương trình là  9; 9  ;  ; . 2   2 Cho x , y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  1 . Tìm giá trị nhỏ 10 (1,0đ). nhất của biểu thức P . x 1 x. 2. y. . 1 y. 2. . z 1 z. 2. . 1 1 1  2 2 2 x y z. A B  A B ,  sao cho tan  x, tan  y . 2 2 2 2 2 A B 1  tan .tan 1  xy 2 2  cot  A  B   tan    A  B  . Từ điều kiện suy ra z       A B x y 2   2  2 tan  tan 2 2  A B  C Vì z  0 suy ra 0  C    sao cho z  tan 2 2 2 2 Suy ra tồn tại ba góc của một tam giác A, B, C sao cho A B C x  tan , y  tan , z  tan 2 2 2 A B C A B C  Khi đó P  sin  sin  sin  cot 2  cot 2  cot 2 2 2 2 2 2 2 A B C 1 1 1  sin  sin  sin    3. 2 2 2 sin 2 A sin 2 B sin 2 C 2 2 2  Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá A B C 3 P  3 3 sin sin sin  3 2 2 2 A 2B 2C 3 sin 2 sin sin 2 2 2 A B C 3 Đặt t  3 sin sin sin thì P  3t  2  3 . 2 2 2 t  Tìm điều kiện cho t A B C 1 Trong tam giác ABC ta luôn có bất đẳng thức sau sin sin sin  . 2 2 2 8 A B C 1 1 AB A B C 1  cos Thật vậy, ta có sin sin sin    cos  sin  2 2 2 8 2 2 2  2 8 1 C 1 C 1  AB (*)   sin 2  cos   sin  2 2 2 2 8  2  C (*) là một tam thức bậc hai theo sin có 2 1   a   2  0 A B C 1  sin sin sin  .  2 2 2 8    1 cos 2  A  B   1   1 sin 2  A  B   0 4 4  2  4  2  .  Vì x, y  0 suy ra tồn tại các góc 0 . Dấu “=” xảy ra khi A  B  C . . . Do đó. 0  t  3 sin. 3 3  1  Xét hàm số f (t )  3t  2  3 với t   0;  , ta có t  2. 1,00. 0,25. 0,25. 0,25. A B C 1 sin sin  . 2 2 2 2 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 6 3t 3  6 1  0t  3 2  3 3 t t 2. f '(t )  3  Bảng biến thiên t. f '(t ) f (t ). 1 2. 0. .  21 2. 21  1  21  1 Từ bảng biến thiên ta suy ra f (t )  f    , t   0;  . Do đó P  . 2 2 2  2 1  3 Dấu “=” xảy ra khi t   A  B  C   x  y  z  . 2 3 3 3 21 Kết luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là đạt khi x  y  z  . 3 2. CÁCH 2 Cho x , y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  1 . Tìm giá trị nhỏ 10 (1,0đ). nhất của biểu thức P . x. . 1  x2. y 1  y2. . z 1  z2. . 1 1 1  2 2 2 x y z 0,25.  Do x , y, z là các số thực dương nên ta biến đổi 1. P. 1. Đặt a . 1 x2. 1. . 1. 1 1 1 ,b  2 ,c  2 2 x y z 1. P. 1 y2. 1. . 1.  a, b, c  0  1. 1 z2. . 1 1 1  2 2 2 x y z. thì xy  yz  zx . 1 ab. . 1 bc. . 1 ca.  1 và. 1. abc 1 a 1 b 1 c Biến đổi biểu thức P 1 a 1   1 1 b 1   1 P         2 a  1 2 a  1 16   2 b  1 2 b  1 16  . . 1,00. 0,25. 1 c  1  15a 15b 15c 3  1         2 c  1 2 c  1 16  16 16 16 16 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá a 1 b 1 c 1 15a 15b 15c 3 P  33  33  33     64(a  1) 64(b  1) 64(c  1) 16 16 16 16 33 15 33 15    a  b  c    .3 3 abc 16 16 16 16. 1  abc  27 abc ab bc ca 33 15 33 15.9 21  .  Suy ra P   .3 3 27   16 16 16 16 2  Mặt khác 1 . 1. . 1. . 1. 0,25.  33. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Dấu “=” xảy ra khi a  b  c hay x  y  z  Kết luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là. 3 3. 21 3 đạt khi x  y  z  . 2 3. Cảm ơn thầy Nguyễn Hữu Tài () chia sẻ đến www.laisac.page.tl.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>