SỞ GD & ĐT CẦN THƠ TRUNG TÂM GDTX PHONG ĐIỀN Đề tham khảo KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 301 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y  x3 x 1 Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y  x  3mx  ( m  1) x  đạt cực tiểu x  Câu (1.0 điểm) a) Tìm mô đun số phức: z   3i  b) Giải phương trình: x2  x 1  3   3  5i 3i x2  x Câu (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành cho hình phẳng giới hạn  đường y  sin x , trục hoành, hai đường thẳng x  , x  quay quanh trục hoành Câu (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I (2;3; 2) mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật có AB = a, BC  a , H trung điểm cạnh AB Biết hai mặt phẳng (SHC) (SHD) vuông góc với mặt đáy, đường thẳng SD tạo với mặt đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp khoảng cách hai đường thẳng AC SB theo a Câu (1,0 điểm)  x a) Giải phương trình: 16sin    cos x  15 2 b) Tìm hệ số số hạng chứa x15 khai triển (2 x3  5) n thành đa thức biết n số nguyên dương thỏa mãn An3  Cn1  8Cn2  49 2 x   y  y  x y  y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x  y   y  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M trung điểm cạnh BC, đường thẳng DM có phương trình x  y   , đỉnh C (3; 3) điểm A nằm đường thẳng x  y   Xác định tọa độ đỉnh B Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c a  b  c  Chứng minh bất đẳng thức sau:  a  b  b  c  c  a  ab  bc  ca   4 HẾT ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU (1,0 đ) ĐÁP ÁN Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y  ĐIỂM x3 x 1 1,0đ • TXĐ  \ 1 • y' 0,25 2  x  1 • lim y   TCN y = x  TCĐ x = – 1( lim y  , lim y   ) x ( 1) x ( 1) Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 ,  1;   cực trị • Bảng biến thiên: x  y 1 y  1 – – 0,25   1 Đồ thị: ĐĐB x =  y = 3; y =  x = – (1,0 đ) 0,25 2 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y  x  3mx  ( m  1) x  đạt cực tiểu x  TXĐ D =  y = 3x2 – 6mx + m2 –  y = 6x – 6m Để hàm số cho đạt cực tiểu x = ta phải có:   m  1(n) m  12m  11   y '(2)       m  11(l )   y "(2)  12  6m  m   Vậy m = giá trị cần tìm (1,0 đ) a) Tìm mô đun số phức: z   3i  Ta có: z = + 3i – 0,25  5i 3i (1  5i)(3  i) 1 11 = + 3i – (  i ) =  i (3  i)(3  i) 5 5 1,0đ 0,25 0,5 0,25 0,5đ 0,25 170  11    z         5 b/ Giải phương trình: x2  x 0,25 1  3  3 x2  x  x  2 34 x 2 x  32 x  x 1  x  x  2 x  x   x  x      x  1  1 Vậy phương trình có hai nghiêm x = ; x  0,5đ 0,25 0,25 (1,0 đ) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành cho hình phẳng giới hạn  đường y  sin x , trục hoành, hai đường thẳng x  , x  quay quanh trục hoành      V    sin xdx   (1  cos2 x )dx   x  sin x  20 2  (1,0 đ)   (  2) 0,25x4 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I (2;3; 2) mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) Ta có: Bán kính r = d(I, (P)) = (1,0 đ)  1,0đ  2.3  2.(2)  12  (2)  (2)2 3 1,0đ 0,25 Phương trình mặt cầu (S) (x – 2)2 + (y – 3)2 + (z + 2)2 = Phương trình mặt phẳng (Q) dạng: x – 2y – 2z + D = (D  – Mp(Q) tiếp xúc với (S)  d(I, (Q)) = r  2.3  2(2)  D    D   D  9( D  9) 12  (2)  (2)2 0,25 0,25 Phương trình mp(Q) x – 2y – 2z + = 0,25 0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật có AB = a, BC  a , H trung điểm cạnh AB Biết hai mặt phẳng (SHC) (SHD) vuông góc với mặt đáy, đường thẳng SD tạo với mặt đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp khoảng cách hai đường thẳng AC SB theo a ( SHC )  ( ABCD )  Ta có: ( SHD)  ( ABCD )  SH  ( ABCD) ( SHC )  (SHD )  SH   SH chiều cao hình chóp S.ABCD Ta có HD hình chiếu vuông góc SD lên (ABCD)    SD , ABCD  SD , HD    0,25 S    600  SDH  SH  HD.tan 600  Vậy VS ABCD  a 39  S ABCD SH AB AD.SH a 39 a 13  a.a  2 0.25 I A D E H K B C Dựng hình bình hành ACBE  AC / / BE  AC / /(SBE )  d ( AC , SB)  d ( AC , ( SBE ))  d ( A, (SBE ))  2d ( H , ( SBE )) 0,25 Gọi K, I hình chiếu vuông góc H BE, SK Ta có : BE  KH , BE  SH  BE  IH (1) Mặt khác, ta có : HI  SK (2) Từ (1) (2), ta có: IH  ( SBE )  d ( H , ( SBE ))  IH Tính HK  (1,0 đ) a a 39 a 39 a 2067  d ( AC ,SB)  HI   ; HI  53 211 53  x   a) Giải phương trình: 16sin    cos x  15  x 16sin    cos2 x  15 2  8(1  cosx )  (2cos x  1)  15  2cos2 x  8cos x    cosx  1  x    k 2 (k   ) b) Tìm hệ số số hạng chứa x15 khai triển (2 x3  5) n thành đa thức biết n số nguyên dương thỏa mãn An3  Cn1  8Cn2  49 Giải phương trình: A3 n + C1 n = 8C2n + 49(*) Điều kiện : n  3, n   (*)  n(n – 1)(n – 2) + n = 4n(n – 1) + 49  n3 – 7n2 + 7n – 49 =  n = (nhận) Ta có: Tk+1 = C7k (2 x )7  k (5) k  C7k 27 k (5)k x 213k (1,0 đ) 0,25 0,5đ 0,25 0,25 0,5đ 0,25 Tk+1 chứa x15 21 – 3k = 15  k = Vậy hệ số số hạng chứa x15 C72 25(–5)2 = 16.800 0,25 2 x   y  y  x y  y (1) Giải hệ phương trình:  (2)  x  y   y  1,0đ Điều kiện: y  (1)  x3  x y  y  y   ( y  3) y  y  ( y   y )  x (vì (2))  x  x  x y  y   ( x )2  ( y )2  x( x  y )  0,25  ( x  x  y )( x  y )  * y  x : (2)  x   x  x  x    x   ( x; y )  (1;1), (1;1) 0,25 0,25 2 y  x  x (3) : (2)   (2 x  x )  x( x  0) *  x  x    ( x  1)( x  x  3x  3)  x  1 y    x  3x  x   * x3 – 3x2 – 3x – =  x2(x – 3) – 3x – = (4) Từ (3)  x  x    x   (4) vô nghiệm Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1; 1) (– 1; 1) 0,25 (1,0 đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M trung điểm cạnh BC, đường thẳng DM có phương trình x  y   , đỉnh C (3; 3) 1,0đ điểm A nằm đường thẳng x  y   Xác định tọa độ đỉnh B Gọi H, K hình chiếu A, C DM Ta có: CK = 2d(C, DM) = 2 AH AD Mà ABH đồng dạng  CMK     AH  2CK  CK MC Do A  (d) nên A(xA; – 3xA)  xA   A(3; 7)  d ( A, DM )  2 x A   2 x A      xA  1  A(1;5) Do A, C nằm khác phía DM nên A(3; – 7) (loại) Với A(– 1; 5) Gọi I trung điểm AC  I (1; 1) Ta có: D  DM   D( xD ; xD  2)  AD  ( xD  1; xD  7)  AD  xD  12 xD  50  CD  ( xD  3; xD  1)  CD  xD  xD  10 Vì ABCD hình vuông nên ta có:   ( xD  1)( xD  7)  ( xD  3)( xD  1)   AD.CD    2 2 xD  12 xD  50  xD  xD  10  AD  CD  xD   D(5;3)  B(3; 1) 10 (1,0 đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 Cho số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c a  b  c  Chứng minh bất đẳng thức sau:  a  b  b  c  c  a  ab  bc  ca   4 (*) 1,0đ (*)  (a  b)(b  c)(a  c )(ab  bc  ca )  4(**) Đặt P = (a – b)(b – c)(a – c) (ab + bc + ca) TH1: ab + bc + ca < 0, ta có : P   (**) .TH2: ab + bc + ca  0, đặt ab + bc + ca = x > 0, ta có: 0,25 2 ( a  c )3  a  b  b  c  (a  c ) (a – b) (b – c)    (a  b)(b  c )(a  c)  (1)   4   Mà 4(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = 2(a – c)2 + 2(a – b)2 + 2(b – c)2 nên 4(5 – x)  2(a – c)2 + (a – b + b – c)2 = 3(a – c)2  (5  x)(2)  x  a – c  0,25 Từ (1) (2), ta có: 4 3  P  x  (5  x )   x (5  x )  x  (5 x  x )  x 3 9  Xét hàm số: f(x) = (5x – x2)  x [ 0; ] 0,25 x    Ta có: f/(x) =   x   x ; f / ( x )      x  f(0) = = f (5); f(2) = max f ( x)  f (2)   P  [0;5]   Bất đẳng thức cần chứng minh HẾT 0,25