SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 01 trang) THI DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 23/5/2016 Thời gian làm : 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2 Câu (1,0 điểm) Tìm điểm cực đại, cực tiểu hàm số y  x   x Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3  i ) z  (1  i )(2  i )   i Tìm phần thực phần ảo z b) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm lãi hàng năm nhập vào n vốn Cho biết số tiền gốc lãi tính theo công thức T  A 1  r  , A số tiền gửi, r lãi suất n số kỳ hạn gửi Hỏi sau năm người thu gấp đôi số tiền ban đầu ?  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   ( x  cos5 x)sin xdx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(5;5;0) , B (4;3;1) x 1 y  z  đường thẳng d :   Viết phương trình đường thẳng AB tìm tọa độ điểm M 1 đường thẳng d cho MA = Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sin x  sin x  b) Có hai thùng đựng xoài Thùng thứ có 10 trái (6 trái loại I, trái loại II), thùng thứ hai có trái (5 trái loại I, trái loại II) Lấy ngẫu nhiên thùng trái Tính xác suất để lấy trái loại I Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a có góc  ABC  600 , hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vuông góc với đáy, góc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) 300 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA, CD theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A với A(1;2) Gọi H trung điểm cạnh BC, D hình chiếu vuông góc H AC, trung điểm M đoạn HD nằm đường thẳng  : x  y   phương trình đường thẳng BD : x  y   Tìm toạ độ B, C biết điểm D có hoành độ âm  x  xy  y  x  y  y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x  y  x  x  18  x  y  x, y    Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  Tìm giá x y z 1 trị nhỏ biểu thức P     2 2 2 2 x y z 1 x 1 y 1 z HẾT 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 Đáp án Điểm x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x2 (1,0đ) ♥ Tập xác định: D   \ 2 ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: y '  ; y '  0, x  D  x  2 1,00 0,25 Hàm số nghịch biến khoảng ; 2  2;  ￚ Giới hạn tiệm cận: lim y  xlim y 1   tiệm cận ngang: y  lim y  ; lim y    tiệm cận đứng: x  2 x  x 2 x 2 0,25 ￚ Bảng biến thiên: x y' y   2    0,25 1  ♥ Đồ thị: + Giao điểm với trục:  1 Oy : x   y   :  0;   Oy : y   x    x  1: 1;   2  1 Đồ thị cắt trục tọa độ  0;   , 1;  2  0,25 Tìm điểm cực đại, cực tiểu hàm số y  x   x (1,0đ) x2   Tập xác định: D   \ 0 Chiều biến thiên: y '    x x  y '   x    x  1  Bảng biến thiên x  1 y'     0 y yCĐ  1,00 0,25 0,25     yCT  Từ bảng biến thiên ta suy hàm số đạt cực đại x  1 đạt cực tiểu x  a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3  i ) z  (1  i )(2  i )   i Tìm phần thực phần ảo z (1,0đ)  4i  Ta có (3  i ) z  (1  i )(2  i )   i  (3  i) z   4i  z    i 3 i 5  Số phức z có phần thực , phần ảo  5 b) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm lãi hàng năm nhập n vào vốn Cho biết số tiền gốc lãi tính theo công thức T  A 1  r  , A số tiền gửi, r lãi suất n số kỳ hạn gửi Hỏi sau năm người thu gấp đôi số tiền ban đầu ? 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,50 n  Sau n năm số tiền thu T  A 1  0, 068 n n Để T  A phải có 1,068   (hay 1  6,8%   )  n  log1,068  10,54  Vậy muốn thu gấp đôi số tiền ban đầu, người phải gửi 11 năm  Tính tích phân I   ( x  cos5 x )sin xdx (1,0đ)  0,25 1,00  0,25  Ta có I   x sin xdx   sin x.cos xdx 0,25 u  x du  dx  Đặt   du  sin xdx v   cos x  Khi  x sin xdx    x cos x   0  Đặt t  cos x  dt   sin xdx  0,25     cos xdx    sin x     t  x  Đổi cận   t    x  0,25 t  5 sin x cos xdx   t dt  t dt     0 1 0  0  Vậy I    6 Khi 0,25 (1,0đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(5;5; 0), B(4;3;1) đường thẳng x 1 y  z    Viết phương trình đường thẳng AB tìm tọa độ điểm M 1 đường thẳng d cho MA    Đường thẳng AB có VTCP AB  (1; 2;1) d:  Phương trình AB x 5 y 5 z   1 2 t    0,25 Do M  d nên ta đặt M 1  2t ;  t ; 2  t  Suy 0,25 0,25  x   2t   Đường thẳng d có phương trình tham số  y   t  z  2  t  MA  1,00 1  2t      t     2  t    6t  26t  29 t  Khi MA   6t  26t  20    10 t   0,25  23 16   Vậy có hai điểm M d thoả đề M  3;3; 1 M  ; ;   3 3 a) Giải phương trình sin x  sin x  (1) (1,0đ)  Ta có (1)  sin x cos x  sin x   sin x(2 cos x  3)  0,50 0,25  sin x   x  k  2cos x    cos x    x    k 2  Vậy nghiệm phương trình (1) x  k ; x     k 2 0,25 k  b) Có hai thùng đựng xoài Thùng thứ có 10 trái (6 trái loại I, trái loại II), thùng thứ hai có trái (5 trái loại I, trái loại II) Lấy ngẫu nhiên thùng trái Tính xác 0,50 suất để lấy trái loại I  Số phần tử không gian mẫu n   C101 C81  80 0,25 Gọi A biến cố “Có trái loại I” Khi A biến cố “Cả hai trái loại II” Số kết thuận lợi cho biến cố A n A   C41C31  12 Suy P A    ♥ Vậy xác suất cần tính P A   1 P  A  1 17  20 20 12  80 20 0,25 (1,0đ) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a có góc  ABC  600 , hai mặt phẳng  SAC   SBD  vuông góc với đáy, góc hai mặt phẳng  SAB  300 Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA , CD theo a  ABCD   Gọi O  AC  BD , M trung điểm AB I trung điểm AM Do tam giác ABC tam giác cạnh a nên a a a2 CM  AB, OI  AB CM  , OI  , S ABCD   Vì (SAC) (SBD) vuông góc với (ABCD) nên SO   ABCD  Do AB  OI  AB  SI Suy    300  SAB  ,  ABCD     OI , SI   SIO Xét tam giác vuông SOI ta 1,00 0,25 0,25 a 3 a SO  OI t an300   4 Suy 1 a a a3 V  S ABCD SO   3 24  Gọi J  OI  CD H hình chiếu vuông góc J SI a JH   SAB  Do CD / / AB  CD / /  SAB  Suy Suy IJ  2OI  0,25 d  SA, CD   d CD,  SAB    d  J ,  SAB    JH  Xét tam giác vuông IJH ta JH  IJ s in300  a a  2 a Vậy d  SA, CD   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân Avới A(1; 2) Gọi H (1,0đ) trung điểm cạnh BC , D hình chiếu vuông góc H AC , trung điểm M đoạn HD nằm đường thẳng  : x  y   phương trình đường thẳng BD : x  y   Tìm toạ độ B, C biết điểm D có hoành độ âm 0,25 1,00  Gọi N trung điểm DC Khi HN đường trung bình tam giác BDC nên HN / / BD Do MN đường trung bình tam giác DHC nên MN / /CH mà CH  AH (do tam giác ABC cân A) nên MN  AH Suy M trực tâm tam giác AHN Suy AM  HN  AM  BD 0,25  Do AM  BD : x  y   nên phương trình AM có dạng x  y  m  A(1; 2)  AM  m  Suy AM : x  y   Vì M  AM   nên toạ độ M nghiệm hệ x  y 1   x  1   M (1; 0)  2 x  y   x     Đặt D (t ;1  t ) , ta có AD  (t  1; 1  t ) MD  (t  1;1  t ) Vì tam giác ADH vuông D nên   AD.MD   (t  1)(t  1)  (1  t )(1  t )   2t    t  1 0,25 0,25 Do D có hoành độ âm nên chọn D (1; 2) Vì M trung điểm HD nên H (1; 2)  Phương trình BC : x  y   x  y   x  Toạ độ B nghiệm hệ phương trình    B  7; 6  x  y   y     Vì H trung điểm BC nên C  9;  Vậy B  7; 6  , C (9; 2)  x  xy  y  x  y  y Giải hệ phương trình  (1,0đ)  x  y  x  x  18  x  y (1) 0,25 1,00 (2) x   Điều kiện  y  Khi (1)  x  xy  y  y  x  y   x( x  y) 2  x  xy  y  y x y 0 x y 0,25   x    x  y  ( x  y)    x  xy  y  y  x  y   (3)  Thay (3) vào phương trình (2) ta phương trình x  x  x  3x  18  x  x  x  x  3x  18  x  x  x   x  x  3 x     x  x    x  3  x  x x  0,25 Đặt a  x  x , b  x  với a, b  , phương trình (4) trở thành  ab 2a  5ab  3b     2a  3b  TH1: Với a  b ta PT: x2  x  x   x   61  61  y 2 0,25  TH2: Với 2a  3b ta PT: x  x  x   x   y    61  61  Vậy nghiệm hệ phương trình  9;  ;  ;    0,25 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  Tìm giá trị nhỏ 10 (1,0đ) biểu thức P  x 1 x  y 1 y  z 1 z  1   x y z2 A B  A B ,  cho tan  x, tan  y 2 2 A B  tan tan  xy 2  cot  A  B   tan    A  B  Từ điều kiện suy z       A B x y    2 tan  tan 2  A B  C Vì z  suy  C    cho z  tan 2 2 Suy tồn ba góc tam giác A, B, C cho A B C x  tan , y  tan , z  tan 2 A B C A B C  Khi P  sin  sin  sin  cot  cot  cot 2 2 2 A B C 1  sin  sin  sin    3 2 sin A sin B sin C 2  Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá A B C P  3 sin sin sin  3 2 A B C sin sin sin 2 A B C Đặt t  sin sin sin P  3t   2 t  Tìm điều kiện cho t A B C Trong tam giác ABC ta có bất đẳng thức sau sin sin sin  2 A B C 1 AB A B  C Thật vậy, ta có sin sin sin    cos  cos  sin  2 2 2  C  A B  C   sin  cos  (*)  sin  2 2   C (*) tam thức bậc hai theo sin có  a    A B C  sin sin sin   2   cos  A  B     sin  A  B    4     1,00  Vì x, y  suy tồn góc  A B C  Do  t  sin sin sin  2 2  1  Xét hàm số f (t )  3t   với t   0;  , ta có t  2 3t  f '(t )    0t   t t Bảng biến thiên 0,25 0,25 0,25 Dấu “=” xảy A  B  C  0,25 t f '(t ) f (t )   21 21   21  1 Từ bảng biến thiên ta suy f (t )  f    , t   0;  Do P  2  2  Dấu “=” xảy t   A  B  C   x  y  z  3 21 Kết luận giá trị nhỏ biểu thức P đạt x  y  z  CÁCH Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  Tìm giá trị nhỏ 10 (1,0đ) biểu thức P  x   x2 y  y2  z  z2  1   x y z2  Do x, y, z số thực dương nên ta biến đổi P 1 Đặt a  x2  1 1 ,b  ,c  2 x y z P y2  1  a , b, c   1 z2  0,25 1   x y z2 xy  yz  zx  ab  bc  ca  abc 1 a 1 b 1 c Biến đổi biểu thức P a 1   1 b 1  P         a  a  16   b  b  16    1,00 0,25 c   15a 15b 15c          c  c  16  16 16 16 16 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá a 1 b 1 c 1 15a 15b 15c 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 abc 16 16 16 16  abc  27 abc ab bc ca 33 15 33 15.9 21  Suy P   3 27    16 16 16 16  Mặt khác    0,25  33 3 21 Kết luận giá trị nhỏ biểu thức P đạt x  y  z  Dấu “=” xảy a  b  c hay x  y  z  0,25