SỞ GD & ĐT CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHÂU VĂN LIÊM Đề tham khảo KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y  x  x  2 x 1 Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến (C), x2 biết hệ số góc tiếp tuyến –5 Câu (1,0 điểm) a) Tìm môđun số phức z biết (2  i ) z   3i  z  i b) Giải phương trình 6.9 x 13.6 x  6.4 x     Câu (1,0 điểm) a) Cho sin   với     Tính giá trị cos     13 4  18    b) Tìm hệ số số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niutơn  x    x  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x x  dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(2;0;1) mặt phẳng x 1 y z  ( P) : x  y  z   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 cắt đường thẳng (d) Câu (1,0 điểm) Cho tứ diện OABC có đáy OBC tam giác vuông O, OB = a, OC = a , (a > 0) đường cao OA = a Gọi M trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối tứ diện theo a khoảng cách hai đường thẳng AB OM Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, đường chéo AC có 9 9 phương trình: x  y  11  , M  ;  trung điểm đoạn AB.Tìm tọa độ cá điểm A, B, C, 2 2 D biết x A  Câu (1,0 điểm) a) Một xí nghiệp có thề dùng ba loại nguyên liệu A; B; C để sản xuất loại sản phẩm theo hai công nghệ khác CN1 CN2 Cho biết tổng khối lượng nguyên liệu mỗi loại xí nghiệp có, định mức tiêu thụ loại nguyên liệu sản xuất theo công nghệ bảng Nguyên liệu A B C Tổng khối lượng có 200 280 350 Sản lượng Định mức tiêu thụ CN1 CN2 30 36 Tìm kế hoạch sản xuất cho tổng số sản phẩm thu nhiều x4 x 1 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn : ab  ac  bc  Tìm giá trị lớn b) Giải phương trình: Câu 10: biểu thức : P a  12 x  x  x  x3  x  x   12 x    b  c 1 a 1 b  c2 -Hết - ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Môn thi : TOÁN Đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y  x  x  Điểm Tập xác định: D   Sự biến thiên: y '  x3  x x  y'    x  1 Các khoảng đồng biến: (1;0) (1; ) ,khoảng nghịch biến : (-; - 1) 0,25 (0;1) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: x =  Hàm số đạt cực tiểu tại: - Giới hạn vô cực: y CĐ  0,25 x  1  y CT  lim y   , lim y   x x  Bảng biến thiên: x y’ - - (1,0 điểm) -1 0 + + - + + 0,25 + y 1 Đồ thị: y 0,25 x -2 -1 -1 Cho hàm số y  x 1 có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến (C) , biết hệ số góc x 2 tiếp tuyến –5 Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) tiếp điểm tiếp tuyến với (C) Ta có: y '  5  x  2  x0   5    x0   x0  2  (1,0 điểm) Với x   y  3 : M (1; 3)  Phương trình tiếp tuyến: y  5 x  0 Hệ số góc tiếp tuyến 5  y '( x0 )  5  Với x0   y0  : M (3; 7) 5 0,25 0,25 0,25  Phương trình tiếp tuyến : y  5 x  22 Vậy có hai phương trình tiếp tuyến thỏa đề là: y  5 x  y  5 x  22 0,25 Câu Đáp án a Tìm môđun số phức z biết (2  i3 ) z   3i  z  i Ta có 3i 3 (2  i ) z   3i  z  i  (2  i) z  z  1  3i   z  z  i 1 i 2 Điểm 0,25 3 3 Do | z || z |       2 2 Giải phương trình 6.9x  13.6x + 6.4x = (1) 0,25 Vì x  , chia hai vế phương trình (1) cho x ta x  x         1     13.     2    (2) 0,25  3 Đặt t    với t  , phương trình (2) trở thành 6t 13t     (1,0 điểm  t     t   x   3   Với t      x    2 x 0,25 3 2  Với t      x  1  2 3 x Vậy nghiệm phương trình x  1; x     4a Cho sin   với     Tính giá trị cos     13 4    144 Ta có cos    sin        13  169 2 0,25 12  Suy cos   (vì     nên cos   ) 13 (1,0 điểm)    12 17  Do đó: cos      cos .cos  sin .sin    4 4 13 13 26   1 4b Tìm hệ số số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niutơn  x    x  18 18 18     k   x     C18k x18k    C18k 1k x183k với  2   x  k 0 x  k 0 k  18 18 Ta có: k 0,25 Để có số hạng không chứa x : 18  3k   k  Vậy hệ số số hạng không chứa x khai triển là: 1 C186  18564 0,25 Đáp án Câu Điểm Tính tích phân I   x x   dx (1,0 điểm) Đặt t  ( x  4)  x  Suy t  x  Do tdt  xdx 0,25 x   t  2, x   t  0,25 3 Suy I  (t  4)t.tdt  (t  4t )dt   0,25  t 4t  63 64 253 I    0,25      15 15 Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2;0;1), mp (P): x  y  z   đường thẳng (d): x 1 y z    Lập phương trình mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) Vì (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên bán kính R (S) khoảng cách từ tâm A  11 (S) đến mp (P) R= R  2 22  (2)  12 0,25 Phương trình mặt cầu (S):  x    y   z  1  0,25 Gọi  đường thẳng qua điểm A, vuông góc với đường thẳng (d) cắt đường (1,0 điểm)  thẳng (d) M M  (d) nên M (1  m;2m;  m) , m   u vec tơ phương (d)   Vì d  nên u AM   4m   m   => véc tơ phương  AM  (1; 0;1) Phương trình đường thẳng  cần x   t  tìm :  y  , t   z  1 t  0,25 0,25 Cho tứ diện OABC có đáy OBC tam giác vuông O, OB=a, OC= a , (a>0) đường cao OA= a Gọi M trung điểm cạnh BC a Tính thể tích khối tứ diện theo a b Tính khoảng cách hai đường thẳng AB OM A a Tính thể tích khối tứ diện OABC Diện tích tam giác OBC : 1 a2 SOBC  OB.OC  a (a 3)  2 0,25 a (1,0 điểm) H Thế tích khối tứ diện 1 a a V  SOBC OA  ( )(a 3)  (đvtt) 3 2 a N M B b.Khoảng cách hai đường thẳng AB OM C 0,25 K Gọi N điểm đối xứng C qua O O a 0,25 Đáp án Câu Điểm Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình)  OM // (ABN)  d(OM;AB) = d(OM;(ABN)) = d(O;(ABN)) Dựng OK  BN , OH  AK ( K  BN ; H  AK ) Ta có: AO  (OBC ); OK  BN  AK  BN BN  OK ; BN  AK  BN  ( AOK )  BN  OH OH  AK ; OH  BN  OH  ( ABN )  d (O; ( ABN )  OH Từ tam giác vuông OAK; ONB có: OH  OA2  OK  Vậy, d (OM ; AB)  OH  OA2  OB2  ON  3a2  a2  3a2  3a2  OH  a 15 0,25 a 15 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD , đường chéo AC có phương trình 9 9 x +2y -11 = 0, M  ;  trung điểm đoạn AB.Tìm tọa độ cá điểm A,B,C,D biết 2 2 xA  9  9  AB : A  x    B  y    ( A2  B2  0) 2  2    n AB n AC A  2B cos45o     n AB n AC A2  B 0,25  AB : x  3y    A(3;4) (N)  B(6;5) (1,0 điểm)    AB :3x  y 18   A(5;3) (L) 7 5 Gọi N điểm đối xứng M qua AC  N  ;  2 2 7 5 Gọi N điểm đối xứng M qua AC  N  ;  N Là trung điểm AD 2 2  D (4;1) 0,25 0,25 BD: 2x –y -7 =  AC  BD  I  5;3 I trung điểm AC  C (7;2) 0,25 Một xí nghiệp có thề dùng ba loại nguyên liệu A; B; C để sản xuất loại sản phẩm theo hai công nghệ khác CN1 CN2 Cho biết tổng khối lượng nguyên liệu mỗi loại xí nghiệp có, định mức tiêu thụ loại nguyên liệu sản xuất theo công nghệ bảng Định mức tiêu thụ Tổng khối lượng Nguyên liệu có CN1 CN2 A 200 9a B 280 (1,0 điểm) C 350 Sản lượng 30 36 Tìm kế hoạch sản xuất cho tổng số sản phẩm thu nhiều Gọi x, y thời gian ( giờ) sản xuất theo công nghệ CN1; CN2  x  0; y   Tổng khối lượng nguyên liệu loại sử dụng để sản xuất 0,25 Câu Đáp án 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 sản xuất tổng khối lượng nguyên liệu loại sử dụng để sản xuất vượt tổng khối lượng nguyên liệu loại xí 4 x  y  200 3 x  y  280  nghiệp có nên ta có điều kiện:  9 x  y  350  x  0; y  Yêu cầu toán: Tìm giá trị lớn hàm F = 30x + 35y Xác định miền nghiệm Ta có miền nghiệm tứ giác OABC kể cạnh Với O(0;0) suy F = 3500  350   35  Với A  ;  suy F  Với B  ; 49  suy F  2065     35  280  Với C  0; theo công  suy F = 1960 Vậy sản xuất theo phương án :   nghệ CN1 49 theo công nghệ CN2 tổng số sản phẩm thu nhiều F = 2065 Giải phương trình sau tập số thực x4  12 x  x  x  3x  x  x   12 x   x 1 x4  12 x  x  x  3x  x  x   12 x   x 1 x4 2  ( x  1)(6  x  x )  ( x  1)(3x  x  1)  12 x   (*) x 1 ( x  1)(6  x  x )   Đk ( x  1)(3x  x  1)    15  x   15 x 1   Chia vế pt (*) cho x + (x + > 0) ta phương trình tương đương 9.b Điểm 0,25 0,25  6x  x2 3x  x  x x4  4 8   x 1 x 1 x 1 ( x  1)2 x2 x2 x x4 x2  6  1  8   đặt  t;t  0 x 1 x 1 x 1 ( x  1)2 x 1 Phương trình trở thành phương trình ẩn t: t  4t   3t    t  0  t  4t   ( 3t   4)  (1   t )  0 3(t  5) t 5  (t  1)(t  5)    0 3t     t    (t  5)  t      0 3t     t     0 Ta có  t  5 (nhận) t   3t     t x2 5   x  5x    x   (nhận) x 1 0,25 Câu Đáp án Điểm Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn : ab  ac  bc  Tìm giá trị lớn biểu a b c thức : P    2 1 a 1 b  c2 Từ điều kiện: ab  ac  bc  , ta suy ra:  a  a  ab  bc  ac  (a  b)(a  c) 0,25  b  (a  b)(b  c)  c  (a  c )(b  c) 10 (1,0 điểm) Ta có: P  a  P 1 b c (a  b)(a  c ) (a  b)(b  c) (c  b)(a  c) a 1  b 1  c 1            ab a c  2 ab bc  2 cb a c  Cauchy)  P Vậy max P  (áp dụng BĐT 0,25 0,25 a  b  c  0,25