ĐỀ, ĐA CHI TIẾT TOÁN THPT 2016

Cùng với 3 ứng cử viên do trung ương giới thiệu, đơn vị bầu cử tại Tỉnh X sẽ có 13 ứng cử viên trong đó có 3 người hiện đang công tác trong ngành giáo dục và đào tạo.. Tính xác suất để t

LUYỆN THI MÔN TOÁN THPT QUỐC GIA

THS HOÀNG KHẮC LỢI

ĐT 0915.12.45.46

ĐỀ 682 – Ngày thi 7/6/2016

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài : 180 phút

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

y= - x4+8x2+4

Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số 1

1

x y x

+

=

- có đồ thị ( )H Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( )H tại điểm có hoành độ bằng 2.

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Giải bất phương trình: 3( ) 1( )

3

2log 4x− + 3 log 2x+ ≤ 3 2. b) Cho số phức z thỏa (1 2 ) + i z+ - (1 2 )z i= + 1 3i Tính môđun của z

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 1 ( 2 )

0

Câu 5 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình 2cos 22 x+5sin2x+ =1 0

b) Tỉnh X có 10 ứng cử viên đại biểu Quốc hội khóa XIV và đại biểu hội đồng nhân dân Tỉnh nhiệm kỳ 2016 – 2020 Cùng với 3 ứng cử viên do trung ương giới thiệu, đơn vị bầu cử tại Tỉnh X sẽ

có 13 ứng cử viên trong đó có 3 người hiện đang công tác trong ngành giáo dục và đào tạo Tính xác suất để trong 7 đại biểu được bầu có ít nhất 1 người đang công tác trong ngành giáo dục và đào tạo

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( )P : 2x y+ −2z+ =1 0 và hai điểm

(1; 2;3 ,) (3; 2; 1)

A − B − Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B và vuông góc với (P) Tìm điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến (Q) bằng 17

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh , a · ABC =60 ,° cạnh

SA vuông góc với đáy và SC tạo với đáy một góc 60.° Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD

và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm,

( )0;0

O Biết chân đường cao hạ từ đỉnh A và C lần lượt là M -( 1;0) và N( )1;1 Hãy tìm tọa độ

các đỉnh của tam giác, biết đỉnh B nằm trên đường thẳng 3 x y+ - 1 0.=

Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực

5 4 3 ( )

Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn xy yz zx xyz+ + + = 4. Chứng minh rằng

2

3 (x 2)(y 2)(z 2).

-HẾT -ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ 682

1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số y= - x4+8x2+4 1,0

TXĐ: D = ¡

3

2

x y

x

é = ê

®- ¥ = - ¥ ®+¥ = - ¥

Bảng biến thiên

x - ¥ -2 0 2 +¥

' y + 0 - 0 + 0 -

y 12 12

- ¥ 4 - ¥

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ¥ -; 2), ( )0;2

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- 2;0 , 2;) ( +¥ )

Hàm số đạt cực đại tại x = ± 2, y =12

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y =4

0,25

Đồ thị

x

y

0,25

2

Cho hàm số 1

1

x y x

+

=

- có đồ thị ( )H Viết phương trình tiếp tuyến của đồ

thị ( )H tại điểm có hoành độ bằng 2.

1,0

Có

( )2

2 '

1

y

x

-=

1

2

Phương trình tiếp tuyến là '( ) ( )

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là

2

2

Giải bất phương trình: 3( ) 1( )

3

2 log 4x− + 3 log 2x+ ≤ 3 2 0,5

ĐK: 3

4

x>

3

2log 4x− +3 log 2x+ ≤ ⇔3 2 log 4x−3 ≤log  2x+3 9 0,25

4x 3 2x 3 9

8

Kết hợp điều kiện, nghiệm của BPT là: 3 3

3b

Cho số phức z thỏa (1 2 ) + i z+ - (1 2 )z i= + 1 3i Tính môđun của z 0,5

Đặt z= +a bi, (a b, Î ¡ ) ta có: (1 2 ) (1 2 ) 1 3+ i z+ − z i= + ⇔ −i a 4b b+ +( 1) 1 3i= + i

0,25

4

Tính tích phân 1 ( )

2 0

1 2

I =òx x + +e dx= òx x + dx+òxe dx =I +I 0,25 Đặt t= x2+ Þ1 t2=x2+1Þ tdt =xdx

Đổi cận: x= Þ0 t=1;x= Þ1 t = 2

Suy ra

2

2 1

2 2 1

t

-0,25

ïî

Suy ra

1 1

0

I =xe - òe dx= -e e x10=1 0,25

3

5a

Giải phương trình 2cos 22 x+5sin2x+ =1 0 0,5

2cos 2x+5sin2x+ = Û -1 0 2sin 2x+5sin5x+ =3 0

1 sin2

2

x

ê

ê

Û

-ê

0,25

k

5b

Số phần tử không gian mẫu ( ) 7

13

Gọi A là biến cố “trong 7 đại biểu được bầu có ít nhất 1 người đang công tác

trong ngành giáo dục”

Khi đó A là biến cố “trong 7 đại biểu được bầu không có người đang công tác

trong ngành giáo dục”: ( ) 7

10

10 3 13

P A

Ω suy ra P A ( ) = − 1 P A ( )= 83/143 0,25

6

Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( )P : 2x y+ −2z+ =1 0 và hai điểm

(1; 2;3 ,) (3; 2; 1)

A − B − Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B và vuông góc

với (P) Tìm điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến (Q) bằng

17

1,0

Ta có: uuurAB=(2;4; 4− ), mp(P) có VTPT nuurP =(2;1; 2− ) 0,25

mp(Q) có vtpt là nuurQ=uuur uurAB n; P= − − −( 4; 4; 6)

M∈Ox ⇔ M(m; 0; 0), ( ;( ) ) 17 2 7 17

17

m

Giải (*) tìm được m= 12,m= − 5 Vậy: M(12; 0; 0) hoặc M(-5; 0; 0) 0,25

7 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh , a · ABC = 60 ,°

cạnh SA vuông góc với đáy và SC tạo với đáy một góc 60.° Tính theo a thể

tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD

1,0

0,25

Ta có DABC đều nên AC =a

Có BD = AB2+AD2- 2AB AD .cos120° =a 3

ABCD

a

S = AC BD = Mặt khác SA =AC.tan60° =a 3

S ABCD ABCD

a

0,25

Do AB/ /CD nên d AB SD( , ) =d AB SCD( ,( ) ) =d A SCD( ,( ) )

Gọi H là trung điểm của CD Do ACD D đều nên AH ^CD

0,25

Trong tam giác SAH kẻ AK ^SH

Khi đó d A SCD( ,( ) ) =AK

2

a

AH = ,

5

AH SA

+

5

a

d AB SD =

0,25

8

Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn,

tâm O( )0;0 Biết chân đường cao hạ từ đỉnh A và C lần lượt là M -( 1;0)

và N( )1;1 Hãy tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đỉnh B nằm trên

đường thẳng 3x y+ - 1 0.=

1,0

Ta chứng minh OB ^MN

Ta có tứ giác ANMC nội tiếp nên ·BAC +NMC· =180°.

Mà ·BMN +NMC· =180.° Suy ra ·BAC =BMN· =BOH· , với H là chân

đường cao của O xuống cạnh BC

Mà ·OBH +BOH· =90 ,° suy ra ·OBH +BMN· =90 ° Vậy OB ^MN

Khi đó ta có đường thẳng OB có phương trình 2 x y+ =0.

0,25

Có BN x: =1,BM x y: + + =1 0,CN y: =1,AM :- + -x y 1 0= 0,25

9 Giải phương trình:

1,0

ĐK: x > - 2

( )* Û x3(2x2 + 3x- 14) (= 4x4 + 14x3 + 3x2 + 2)( x+ - 2 2)

2 2

x

x

æ - ö÷

ç

çè + + ø

0,25

0,25

( ) ( ) ( )

2

x

ê

Û ê

ê

ë

( )* * Û x3(2x+7) x+ +2 4x4+14x3=4x4+14x3+3x2+2

x x

2 x 2 3 x 2 * * *

x x

Xét f t( ) =2t3+3 ,t có f t'( ) =6t2+ > "3 0, t

Từ (* * *) ta có f( x 2) f 1 x 2 1

æö÷

ç ÷ + = ç ÷ç ÷çè øÛ + =

0 0

x x

ì

2

Vậy phương trình có hai nghiệm 2, 1 5

2

0,25

0,25

10

Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn xy yz zx xyz+ + + = 4. Chứng minh rằng

2

3 (x 2)(y 2)(z 2).

1,0

Từ giả thiết suy ra 0 <xy yz zx, , < 4

Đặt zy=2 cos A, xz=2 cos B, xy=2 cos C, trong đó A, B, C là các góc nhọn

Từ giả thiết suy ra

cos A+ cos B+ cos C+ 2cos cos cosA B C= ⇔ 1 (cosC+ cos(A B− ))(cosC+ cos(A B+ )) 0 =

cosC cos(A B) 0

Suy ra A, B, C là ba góc nhọn của một tam giác Ta có

2cos cos 2 cos cosC 2cosC cos

C

0,25

3(cos cos cos ) 8sin A sin sin 2cos cos cos cos cos cos

YCBT

3(1 4sin sin sin ) 4sin sin sin

2 2 2

sinAsinBsinC 2 cos cos cos 3

0,25

sinAsinBsinC 2cos cos cos sinA sinB sinC

cos cos cos

2

3

0,25

8 4 4

3 3 3 3 3