TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: TOÁN (Lần 2) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm): Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x 1 x3 Câu (1,0 điểm): Cho hàm số: y  x3  3mx  4m3  C  , với m tham số Chứng minh với m  đồ thị  C  có điểm cực trị A B Tìm m để OA  OB  , O gốc tọa độ Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn: (1  2i) z  (2  3i) z  2  2i Tính môđun w   z  z b) Giải phương trình: log 0,7 x  log 0,7  x  1  log 0,7  x   2 Câu (1,0 điểm): Tính tích phân sau: I   x dx x 1 Câu (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  2;5;1 mặt phẳng ( P) : x  y  z  24  Tìm tọa độ điểm H hình chiếu vuông góc A mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 tiếp xúc với mặt phẳng (P) H Câu (1,0 điểm) a) Cho góc  thỏa mãn      sin   12   Tính A  cos     13 4  b) Cho khai triển 1  x   a0  a1 x  a2 x   an x n , n  * Tìm hệ số a khai triển trên, n biết rằng: a  8a1  2a2  Câu (1,0 điểm): Cho khối chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật có cạnh a AB  2a, AD  a Trên cạnh AB lấy điểm M cho AM  , cạnh AC cắt MD H Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) SH = a Tính thể tích khối chóp S.HCD tính khoảng cách hai đường thẳng SD AC theo a   Câu (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A 3; 4 , tâm đường tròn   nội tiếp I 2;1 tâm đường tròn ngoại tiếp J   ;1  Viết phương trình đường thẳng BC     Câu (1,0 điểm): Giải bất phương trình :   2x   x x x Câu 10 (1,0 điểm): Cho số thực x , y, z  thỏa mãn: 5(x  y  z )  9(xy  2yz  zx ) Tìm giá trị lớn biểu thức P  x  y z (x  y  z )3 ……………… Hết……………… Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án, thang điểm gồm 07 trang) KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Lần 2) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Cho điểm lẻ tới 0,25 Điểm toàn tổng điểm thành phần, không làm tròn Chỉ cho điểm tối đa làm thí sinh xác mặt kiến thức Thí sinh giải cách khác cho điểm tương ứng phần Với hình học không gian (Câu 7) thí sinh không vẽ hình vẽ hình sai không cho điểm tương ứng với phần Thang điểm Câu x 1 (1,0đ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x   Tập xác định: D   \ 3  Sự biến thiên: y '    Hàm số nghịch biến khoảng  ;3  3;    x  3  0, x  D 0,25 Giới hạn tiệm cận:  lim y  lim y   tiệm cận ngang: y  x   0,25 x  lim y  ; x 3 lim y    tiệm cận đứng: x  x 3 Bảng biến thiên: x y’ - -  Đồ thị:  Giao Ox: Cho y   x  1 Giao Oy: Cho x   x   0,25  y    y O x 0,25 -5 Cho hàm số: y  x3  3mx  4m3  C  , với m tham số Chứng minh với m  đồ thị  C  có điểm cực trị A B Tìm m để OA  OB  , (1,0đ) O gốc tọa độ y '  x  6mx  3x  x  2m  x  y'     x  2m Với m  phương trình y '  có nghiệm phân biệt Do đó, đồ thị  C  có điểm cực trị A B 0,25 Khi đó: Hai điểm cực trị đồ thị (C) là: A  0;4m3  ; B  2m ;0  0,25 Với m  , ta có: OA  OB   m3  m  0,25  2m3  m    m  (thỏa mãn m  0) 0,25 Cho số phức z thỏa mãn: (1  2i) z  (2  3i) z  2  2i Tính môđun 3a (0,5đ) w   z  z Gọi z  x  yi,  x, y    Hệ thức cho trở thành: 1  2i  x  yi     3i  x  yi   2  2i   x  y    x  y  i   x  y    3 x  y  i  2  2i   x  y     x  y  i  2  2i 3x  y  2 x 1     x  y  2 y 1 Do : w   z  z   1  i   1  i    3i  w  13 3b Giải phương trình: log 0,7 x  log 0,7  x  1  log 0,7  x   (1) (0,5đ) Điều kiện: x  1  x  x  1  x  0,25 0,25 0,25  x   x  (Do x  ) Vậy: Tập nghiệm phương trình là: S  Tính tích phân sau: I  (1,0đ) 2  x  2 0,25 dx x 1 Đặt u  x   u  x   udu  xdx 0,25 Đổi cận: x 3u 2 x2 u 3 3 u Khi đó: I   du   du u 2 u 1 0,25 0,25 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  2;5;1 mặt phẳng ( P) : x  y  z  24  Tìm tọa độ điểm H hình chiếu vuông góc A (1,0đ) mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 tiếp xúc với mặt phẳng (P) H  x   6t  Gọi d đường thẳng qua A vuông góc với (P)  d :  y   3t  z   2t  Vì H hình chiếu vuông góc A (P) nên H  d  ( P ) 0,25 Vì H  d nên H   6t ;5  3t ;1  2t  Mặt khác, H  ( P) nên ta có:   6t     3t   1  2t   24   t  1 Do đó, H  4;2;3 Gọi I , R tâm bán kính mặt cầu Theo giả thiết diện tích mặt cầu 784  4 R  784  R  14 Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) H nên IH  ( P )  I  d 0,25 0,25 Do tọa độ điểm I có dạng I   6t ;5  3t ;1  2t  , với t  1 Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn: d ( I ,( P))     6t     3t   1  2t   24 62  32  (2)2    t   14   t  3 2    y     z  1  196 *) Với t  3  I  16;  4;   (S) :  x  16    y     z    196 *) Với t   I ; ;   (S) : x  2 0,25 12    6a Cho góc  thỏa mãn     sin   Tính A  cos     (0,5đ) 13 4   Ta có: A  cos     cos  sin   4  cos2   sin2      0,25 144 25   cos   169 169 13  cos    (do     ) 13 Thay sin   17 12 , cos   vào A ta A   26 13 13 0,25 n Cho khai triển 1  x   a0  a1 x  a2 x   an x n , n  * Tìm hệ số a 6b (0,5đ) khai triển trên, biết rằng: a  8a  2a  n Ta có 1  x   n k n  Cnk  x    Cnk 2k xk Khi đó, suy ak  Cnk 2k k 0 k 0 0,25 Do đó, ta có a  1; a1  2n; a  2n(n  1) a  8a1  2a2    16n  4n(n  1)   n    n  Vậy hệ số a  23 C53  80 0,25 Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật có cạnh a AB  a, AD  a Trên cạnh AB lấy điểm M cho AM  , cạnh AC cắt (1,0đ) MD H Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) SH = a Tính thể tích khối chóp S.HCD tính khoảng cách hai đường thẳng SD AC theo a *) Tính thể tích khối chóp S.HCD: AM AD   nên đồng dạng, AD DC   DCH  , mà ADH   HDC   90  DHC   90 Suy ADH  ADC vuông D: AC  AD  DC  AC  a Hệ thức lượng  ADC: DH.AC = DA.DC DC.DA 2a Suy ra: DH   AC 4a 2  DHC vuông H: HC  DC  DH  4a Do diện tích  HCD: SHCD  DH.HC  4a Thể tích khối chóp S.HCD: VS.HCD  SH.SHCD  15 *) Tính khoảng cách SD AC: Dựng HE  SD Ta có SH  (ABCD) nên SH  AC DH  AC , AC  (SHD) Mà HE  (SHD) nên HE  AC Từ HE đoạn vuông góc chung SD AC nên HE  d  SD;AC  Hai tam giác vuông AMD DAC có 0,25 0,25 0,25 1 2a    HE  2 HE SH HD 2a Vậy d  SD; AC   HE   SHD vuông H nên: 0,25   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A 3; 4 , tâm đường   J tròn nội tiếp tâm đường tròn ngoại tiếp I 2;1   ;1  Viết phương (1,0đ)   trình đường thẳng BC   A I J C B D  1 Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC :  x    y  2     125 C   0,25 Phương trình đường thẳng AI: x  y     Gọi D giao điểm thứ AI C D trung điểm cung BC Tọa độ điểm D nghiệm hệ phương trình:   x    y   2 x  y      125     x  3  x   ( Loại D  A )  y  4 y   0,25 9 7  D ;  2 2  B   B  A A       IBD  Ta có: BID   ; IBD  IBC  CBD    BID 2 2  DI  DB  DC  B, C nằm đường tròn tâm D bán kính DI: 0,25  9  7 50 x    y    2  2  Tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình :   x      x   1   y 1 2    125 (1)  9 7 50 (2)   y    2 2  0,25  Lấy (1) trừ (2) vế theo vế, ta có: 2x  y  10  * Rõ ràng tọa độ B, C thỏa mãn phương trình (*) Vậy: Phương trình BC: 2x  y  10  Giải bất phương trình (1,0đ) 1  2x   x x x  x       x  2  x   x    Điều kiện:  x  2 x    x     2  x  x  0,25 Với 2  x   bất phương trình cho Với x   bất phương trình cho  x   2( x  2)( x  2)  x x    x   x2   x     0,25   x  2  x3  x  x  x  16  2( x  x  x  8)   2( x3  x  x  8)  2( x3  x  x  8)  16   2( x  x  x  8)   0,25   2( x  x  x  8)  x    x3  x  x    x    x   (do x  ) x  1   Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm S =  2;0    0,25  Cho số thực x , y, z  thỏa mãn: 5(x  y  z )  9(xy  2yz  zx ) 10 (1,0đ) Tìm giá trị lớn biểu thức P  x  y z (x  y  z )3 Theo giả thiết ta có : 5(x  y  z )  9(xy  2yz  zx )  5(x  y  z )2  9(xy  2yz  zx )  10(xy  yz  zx )  5(x  y  z )2  19x (y  z )  28yz  19x (y  z )  7(y  z )2 0,25  x  19x x  5  1  7    x  2(y  z ) y  z y  z y  z   Mặt khác ta có (y  z )2  2(y  z )  y  z  (y  z )2 2(y  z ) Vì P     y  z 27(y  z )3 2(y  z )  y  z (y  z )2 (6t  1)2 (2t  1) Đặt t  y  z   P      16  16 t 27t 27t   x  2(y  z ) x      Vậy m axP  16 Dấu đạt y  z  y  z  1  y  z  12   0,25  0,25 0,25 ...TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án, thang điểm gồm 07 trang) KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016... ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Lần 2) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Cho điểm lẻ tới 0,25 Điểm toàn tổng điểm thành phần, không làm tròn Chỉ cho điểm tối đa làm thí