de thi thu thpt quoc gia mon toan dong thap 2016

Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho MA .. Tính xác suất để lấy được ít nhất một trái loại I.. Tìm toạ độ của B C, biết rằng điểm D có hoành

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Ngày thi: 23/5/2016

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề (Đề gồm có 01 trang)

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1

2

x y x







Câu 2 (1,0 điểm) Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số 1

5

y x

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 tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức T A1rn, 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 ?

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân



 

2

5 0

( cos )sin

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(5;5;0), (4;3;1)B và đường thẳng

:

d      Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao

cho MA  3

Câu 6 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình sin 2x 3 sinx 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 : 2x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 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      

 2  2  2 2 2 2

1 1 1

P

http://dethithu.net

http://dethithu.net DeThiThu.Net

Trang 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA NĂM 2016

HDC CHÍNH THỨC

(Gồm có 01 trang)

1

(1,0đ)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  



1 2

x y

x

1,00

♥ Tập xác định: D \ 2

♥ Sự biến thiên:

ￚ Chiều biến thiên:

 2

3 '

2

y x



 ; 'y 0, x D Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ; 2 và  2; 

0,25

ￚ Giới hạn và tiệm cận:

lim lim 1

     tiệm cận ngang: y 1

lim ; lim

       tiệm cận đứng: x   2

0,25

ￚ Bảng biến thiên:

x  2 

'

y  

y  1

1 

0,25

♥ Đồ thị:

+ Giao điểm với các trục:

      

 

1 1 : 0 : 0;

2 2

Oy x y và Oy y: 0x 1 0x1: 1; 0 

Đồ thị cắt các trục tọa độ tại     

 

1 0; , 1; 0

2

0,25

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : http://facebook.com/dethithu.net

Trang 3

2

(1,0đ)

Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số 1

5

y x

x

 Tập xác định: D  \ 0  Chiều biến thiên:

2

y



0,25

 y'0x2 1 0x 1 0,25

 Bảng biến thiên

x  1 0 1 

'

y  0   0 

y yCĐ  

  yCT

0,25

 Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số đạt cực đại tại x   và đạt cực tiểu tại 1 x  1 0,25

3

(1,0đ)

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

0,50

 Ta có (3 ) (1 )(2 ) 5 (3 ) 4 4 4 4 4 8

3 5 5

i



             

0,25

 Số phức z có phần thực bằng 4

5 , phần ảo bằng

8 5

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 tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức T  A1rn, 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 ?

0,50

 Sau n năm số tiền thu được là T A1 0, 068 n

Để T 2A thì phải có 1, 068n  (hay 2 1 6,8% n  ) 2

0,25

 n log1,0682 10,54

 Vậy muốn thu được gấp đôi số tiền ban đầu, người đó phải gửi 11 năm

0,25

4

(1,0đ) Tính tích phân



 

2

5 0

( cos )sin

I x x xdx

1,00

 Ta có

5

sin sin cos

 

0,25

 Đặt

sin cos



Khi đó

2

0

sin





2

0

cos cos 0 sin 1



    

0,25

 Đặt tcosxdt sinxdx

Đổi cận 2 0

1 0

t x



 









 



Khi đó

1

2

sin cos

6 6

t



 

     

 

0,25 http://dethithu.net

DeThiThu.Net

Trang 4

 Vậy 1 1 7

6 6

I    0,25

5

(1,0đ)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(5;5;0), (4;3;1)B và đường thẳng 1 2 2

:

d      Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm

M trên đường thẳng d sao cho MA  3

1,00

 Đường thẳng AB có VTCP là AB   ( 1; 2;1)

 Phương trình AB là 5 5

x y z

 

0,25

 Đường thẳng d có phương trình tham số là

1 2 2 2

 





 



   



t   

Do Md nên ta đặt M1 2 ; 2 t   t; 2 t Suy ra

MA 1 2 t522 t 52    2 t 02  6t226t29

0,25

Khi đó

 



     

 



2

1

3 6 26 20 0 10

3

t

 Vậy có hai điểm M trên d thoả đề bài là M3;3; 1  hoặc 23 16 4; ;

3 3 3

 

0,25

6

(1,0đ)

a) Giải phương trình sin 2x 3 sinx (1) 0 0,50

 Ta có (1)2 sin cosx x 3 sinx0sin (2 cosx x 3) 0 0,25  sinx0 xk

 2 cos 3 0 cos 3 2



 Vậy nghiệm của phương trình (1) là ; 2

6

0,25

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

0,50

 Số phần tử của không gian mẫu là   1 1

10 8 80

n  C C  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”

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là   1 1

n  C C  Suy ra P A   1280 203

♥ Vậy xác suất cần tính là     3 17

20 20

0,25

7

(1,0đ)

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 ABCDvà khoảng cách giữa

hai đường thẳng SA , CD theo a

1,00

DeThiThu.Net

Trang 5

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

CM AB OI, AB và

2

2 4 ABCD 2

0,25

 Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SOABCD

Do ABOI ABSI Suy ra       0

Xét tam giác vuông SOI ta được t an300 3 3

4 3 4

Suy ra

0,25

 Gọi JOICD và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI Suy ra 2 3

2

a

Do CD/ /ABCD/ /SAB Suy ra

d SA CD , d CD SAB , d J SAB , JH

0,25

 Xét tam giác vuông IJH ta được 0 3 1 3

.s in30

2 2 4

Vậy  ,  3

4

a

0,25

8

(1,0đ)

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 : 2xy20 và phương trình đường thẳng

BD xy  Tìm toạ độ của B C, biết rằng điểm D có hoành độ âm

1,00

http://dethithu.net

Trang 6

 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

0,25

 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

1 0 1 ( 1; 0)

M

    

   

0,25

 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

2

(t 1)(t 1) ( 1 t)(1 t) 0 2t 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)

0,25

 Phương trình BC x: 2y 5 0 Toạ độ B là nghiệm của hệ phương trình 2 5 0 7 7; 6

B

   

    

Vì H là trung điểm BC nên C  9; 2 Vậy B7; 6 , ( 9; 2)  C 

0,25

9

(1,0đ)

Giải hệ phương trình

(1)

5 4 3 18 4 (2)

     





     



1,00

 Điều kiện 6

0

x y









 Khi đó (1) x2xyy2  y x y0

( )

0



  

1

     

  (3)

0,25

 Thay (3) vào phương trình (2) ta được phương trình

5x24x x23x185 x  5x24x  x23x185 x

2x29x 9 5 x x 3x6

2x26x3x35 x26 x x (4) 3 Đặt a x26 , x b x với 3 a b , 0, phương trình (4) trở thành

2 2

2 3





     



0,25

 TH1: Với a ta được phương trình b

2 7 61 7 61

0,25

Trang 7

 TH2: Với 2a3b ta được phương trình 2

2 x 6x3 x 3 x 9 y9

Vậy nghiệm của hệ phương trình là 9; 9 ;  7 61; 7 61

   

0,25

10

(1,0đ)

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      

 2  2  2 2 2 2

1 1 1

P

1,00

 Vì x y , 0 suy ra tồn tại các góc 0 ,

2 2 2

  sao cho tan , tan

 

Từ điều kiện suy ra

1 tan tan

cot tan

tan tan

2 2

z





Vì z  suy ra 0 0

A B

    sao cho tan

2

C

z  Suy ra tồn tại ba góc của một tam giác A B C, , sao cho tan , tan , tan

 Khi đó sin sin sin cot2 cot2 cot2

2 2 2 sin sin sin

0,25

 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá 3

3

3 sin sin sin 3

2 2 2

sin sin sin

2 2 2

P

Đặt 3sin sin sin

2 2 2

t  thì P 3t 32 3

t

  

0,25

 Tìm điều kiện cho t Trong tam giác ABC ta luôn có bất đẳng thức sau sin sin sin 1

2 2 2 8



Thật vậy, ta có sin sin sin 1 1 cos cos sin 1

A B C  A B AB C

1sin2 1cos sin 1

2 2 2 2 2 8

  (*) (*) là một tam thức bậc hai theo sin

2

C

có

1 0

sin sin sin

a



  





       



Dấu “=” xảy ra khi

3

   Do đó 3 1

t

  

0,25

DeThiThu.Net

Trang 8

3

2

t

t t



Bảng biến thiên

t

0 1

2

'( )

f t 

( )

f t 

21

2

Từ bảng biến thiên ta suy ra ( ) 1 21

f t  f   

  ,

1 0;

2

t  

   

  Do đó

21 2

Dấu “=” xảy ra khi 1 3

        

Kết luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 21

2 đạt khi   

3 3

CÁCH 2

10

(1,0đ)

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      

 2  2  2 2 2 2

1 1 1

P

1,00

 Do x y z là các số thực dương nên ta biến đổi , ,      

2 2 2

P

Đặt a 12,b 12,c 12

1

xy yz zx

     

0,25

Biến đổi biểu thức P

2 1 2 1 2 1 2 1

1 1 1 15 15 15 3

16 16 16 16 16

2 1 2 1

P

       



      

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá

3 1 3 1 3 1 15 15 15 3

64( 1) 64( 1) 64( 1) 16 16 16 16

P

33 15  33 15 3

.3

16 16 a b c 16 16 abc

     

0,25

 Mặt khác  1  1  1  3 1  

abc

0,25

 Suy ra 33 15 3 33 15.9 21

.3 27

16 16 16 16 2

Trang 9

Dấu “=” xảy ra khi ab hay c    3

3

Kết luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 21

2 đạt khi   

3 3

x y z

Truy cập http://dethithu.net thường xuyên để cập nhật nhiều Đề Thi Thử THPT Quốc Gia, tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia các môn Toán, Lý, Hóa, Anh, Văn, Sinh , Sử, Địa được DeThiThu.Net cập nhật hằng ngày phục vụ sĩ tử!

tài liệu ôn thi hơn

T

DeThiThu.Net

Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	646,7 KB