đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE255 sở GD đt đồng tháp

b Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn.. Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho MA = 3.. Lấ

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

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

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)  Tìm phần thực và phần ảo 5 i 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), B(4;3;1) và

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

60

ABC  , 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 và phương trình đường thẳng 0 BD x: y  Tìm 1 0

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 Tìm giá 1

P

-HẾT -

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

1

(1,0đ)



1 2

x y

♥ Tập xác định: D \ 2

♥ Sự biến thiên:

ￚ Chiều biến thiên:

3 '

2

y x





; y'0, x D

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng   và ; 2   2; 

0,25

ￚ Giới hạn và tiệm cận:

     tiệm cận ngang: y  1

lim ; lim

0,25

ￚ Bảng biến thiên:

x   2 

'

y  

y  1

1 

0,25

♥ Đồ thị:

+ Giao điểm với các trục:

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

1 0; , 1; 0

2

0,25

2

(1,0đ)

5

x

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

2

y



 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  1 và đạt cực tiểu tại x 1 0,25

3

(1,0đ)

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3i z)  (1 i)(2   Tìm phần thực và i) 5 i

i

i



 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

 n log1,068210,54

4

(1,0đ) Tính tích phân



2

5 0

 Ta có

5

 Đặt



Khi đó

2

0

sin





2

0



0,25

1 0

t x

t x















 



Khi đó

1

2

1 sin cos

t



0,25

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

:

đường thẳng d sao cho MA 3

1,00

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

 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  t   t    t  t  t

0,25

Khi đó

 



 



2

1

3

t

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

0,25

6

(1,0đ)

 sinx0 xk 



6

    k  

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

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

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 30 Tính thể tích khối chóp 0 S ABCD và khoảng cách giữa hai đường

thẳng SA, CD theo a

1,00

 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

0,25

 Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với

(ABCD) nên SOABCD

Do ABOIABSI Suy ra

Xét tam giác vuông SOI ta được

Suy ra

0,25

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

2

a

IJ  OI  và JH SAB

Do CD/ /ABCD/ /SAB Suy ra

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

0,25

4

a

0,25

8

(1,0đ)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại Avới A(1; 2) Gọi H

là trung điểm cạnhBC , D là hình chiếu vuông góc của H trên AC, trung điểm M của

đoạn HD nằm trên đường thẳng : 2x   và phương trình đường thẳng y 2 0

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

1,00

 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

MN AH

Suy ra M là trực tâm tam giác AHN

0,25

 Do AM BD x:    nên phương trình y 1 0 AM có dạng x y m 0

A(1; 2)AM m Suy ra 1 AM x:    y 1 0

Vì M  AM   nên toạ độ M là nghiệm của hệ

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

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

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)







0

x y









 Khi đó (1) x2xyy2  y x y  0

( )

0



  

1

0,25

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

5x 4x x 3x185 x 2 2

5x 4x x 3x 18 5 x

2

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







0,25

 TH2: Với 2a3b ta được PT: 2 x2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

P

1,00

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

2 2 2

Từ điều kiện suy ra

z





Vì z 0 suy ra 0

2

C

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

tan , tan , tan

0,25

 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá

3

3

3

P

t

  

0,25

 Tìm điều kiện cho t



1sin2 1cos sin 1

(*) là một tam thức bậc hai theo sin

2

C

có

1 0

sin sin sin

a



  







Dấu “=” xảy ra khi

3

t

0,25

 Xét hàm số f t( ) 3t 32 3

t

2

t 

 , ta có

3

3

2

t



Bảng biến thiên

0,25

t

0 1

2

'( )

f t 

( )

f t 

21

2

f t  f   

1 0;

2

21 2

P 

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

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

P

1,00

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

P

Đặt a 12 ,b 12,c 12

1

xy yz zx

0,25

Biến đổi biểu thức P

P



Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá

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

P

.3

16 16 a b c 16 16 abc

0,25

abc

0,25

.3 27

3

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

3 3

0,25