Người ta chọn ngẫu nhiên 3 viên bi.
Trang 1SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI MÔN TOÁN QUỐC GIA NĂM 2016 Trường THPT số 2 Phù Cát ( Thời gian 180 phút không kể thời gian phát đề) ……… ………
Câu 1 ( 1 điểm ) : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y=4x2 −2x4
Câu 2 ( 1 điểm ) : Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) của hàm số
1
1 2
+
+
=
x
x
y sao cho tiếp tuyến của đồ thị
(C) tại M , vuông góc với đường thẳng đi qua M , I(-1,2)
Câu 3 ( 1 điểm) :
3 ( cos ) 3 ( cos cos2 x+ 2 x+π + 2 x−π
, ∀x∈R
2) Giải bất phương trình : log4(x+2)≤log2 x
Câu 4 ( 1 điểm )
1) Tìm số phức z, biết z2 +z =z2
2) Một hộp đựng 18 viên bi có kích thước phân biệt , gồm 8 viên bi đỏ , 6 viên bi xanh , 4 viên bi xanh Người ta chọn ngẫu nhiên 3 viên bi Tính xác suất để 3 viên bi được chọn có nhiều nhất hai màu
Câu 5 ( 1 điểm ) : Tính tích phân : dx
e x
x
x
∫1 +−
0 2 1
Câu 6 ( 1 điểm ) : Trong không gian Oxyz , Cho ba diểm A( 1,2,1) , B(3,-1,2) ,C(-2,4,0) và đường
thẳng (d) :
1
1 1
2
1= = +
x
.Lập phương trình mặt phẳng (ABC) ,Tìm giao điểm của đường thẳng
(d) và mặt phẳng (ABC)
Câu 7 ( 1 điểm ) : Cho hình chóp SABCD , có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B đường
thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) , AB=BC=a AD=3a , đường thẳng SC hợp với (ABCD) một góc 600 , Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB
Câu 8 ( 1 điểm ) :Trong mp (Oxy) , Cho tam giác ABC , điểm I(0,1) là tâm của đường tròn ngoại
tiếp , các điểm D(1,2) ,E(-1,1) lần lượt là hình chiều vuông góc của B,C lên AC, AB , điểm A thuộc đường thẳng (d) x-y-2=0 Tìm tọa độ B,C
Câu 9 ( 1 điểm ) : Giải phương trình : 5x2 +14x+9− x2 −x−20 =5 x+1 ,x∈R
Câu 10 ( 1 điểm) : Cho x,y,z là số dương, xyz=1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=
z y x zx yz xy
+ + + +
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
y’= 8x-8x3
0.25
y’=0 x=0, x=-1,x=1
y(0)=0 ,y(1)=y(-1)=2 , =−∞
±∞
> y
xlim
0.25
Bảng biến thiên
∞
Hàm số đồng biến trên khoảng ( (-1,0) ,( 1, +∞) , nghịch biến trên (−∞,-1) ,(0,1)
Đạt cực đại tại x=0 , yCĐ= 0 , đạt cực tiểu tại x=1, x=-1 yCT= -2
0.25
2
y’=( 1)2
1
+
x , M ( x0, 1
1 2 0
0
+
+
x
x
Tiếp tuyến với (C) tại M có hệ số góc y’(x0) = 2
0 1) (
1
+
x
Đường thẳng IM có hệ số góc : k= 2
0 1) (
1
+
−
x
0.25
Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng IM 1
) 1 (
1 4 0
= +
x x0=0 ,x0=-2
0.25
3.1
3
2 2 cos(
1 ( 2
1 )) 3
2 2 cos(
1 ( 2
1 ) 2 cos 1 (
2
3
2 2 cos(
) 3
2 2 cos(
2 (cos 2
1 2
0.25
3
2 cos 2 cos 2 2 (cos 2
1 2
=
2
3 ) 2 cos ) 2
1 ( 2 2 (cos 2
1 2
0.25
3.2 Điều kiện : x>0
Biến đổi bất phương trình : 2
4
4( 2) log
0.25
Ta có : x2 ≥ x+2 x2 −x−2≥0 x≤−1,x≥2
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình : x≥2
0.25
Trang 3Ta có : z2 +z =z2
x2+y2+x-yi = x2-y2+2xyi y2+x=-y2 , -y=2xy
Mà : -y=2xy y=0 ,
x=-2
1 nên ta có :
=
=
0
0
y
x
,
±
=
−
=
2 1 2 1
y x
Số phức cần tìm : z=0 ,z= i
2
1 2
1+
2
1 2
1−
−
0.25
Gọi A là biến cố : 3 viên bi lấy ra có ít nhất hai màu => n(A) = 3 −
18
8
C 1 6
C 1 4
C =214
=> Xác suất cần tìm là : P(A)=
143 107
0.25
5
e x
x
x
∫1 +−
0 2
1
e x
e e
x
x
x x
∫1 + +− +
) 2 ( ) 2 ( 2
e x
e
x
x
∫1 − ++
0
) 2
2 1 (
2
1
=
+
+
−∫
0
1
2 2
1
dx e x
e
= − + 10
1
0 ln2 2
e x
= (1 ln(2 ))
2
1
e
+
6 Ta có AB=(2,−3,1),AC =(−3,2,−1)=>n ABC =(2,−1,−5) 0.25
=> (ABC) : 2(x-1) - (y-2)-5(z-1)=0 => (ABC): 2x – y -5z+5=0
0.25
Gọi M là giao điểm của (d) và (ABC)
Ta có M(2t+1,t,t-1) và 2(2t+1)-t-5(t-1) +5=0
0.25
=> t=6
=> M(13,6,5)
0.25
7
Ta có SABCD= ( 3 ) 2 2
2
1
a a a
a+ = , SA ⊥ (ABCD) => VSABCD = SA S ABCD
3
1
AC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABC) => góc SCA=góc (SC,ABCD)=600
=> SA= ACtan600 =aa 2 3=a 6 => VSABCD=
3
6 2 2 6 3
2 a a
0.25
Trang 4Gọi E là điểm thuộc AD sao cho DE=a , khi đó BCDE là hình bình hành => CD//BE
Khí đó : CD’’(SBE) => d(CD,SB)=d(CD,SBE)=d(D,SCE)
Mặt khác : DE= AE
2
1 => d(D,SBE)=
2
1 d(A,SDE)
Trong mặt phẳng (ABCD) , kẽ AM ⊥BE tại M => (SAM) ⊥(SBE) theo giao tuyến SM
Trong mặt phẳng (SAM) , kẽ AH ⊥SM tại H => AH⊥(SBE) tại H => d(A,SBE)=AH
0.25
Ta có 1 2 12 1 2 12 12 12
AE AB
SA AM
SA
12
17 4
1 1 6
1 1
a a
a a
17
12 2
17
12
a
AH =
=> d( SB,CD)=
2
1 d(A,SDE) =
17
12 2
1 a
= 17
3
a
0.25
8 Qua A kẽ đường thẳng (∆) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó :
IA⊥(∆) => góc (AB, ∆) = góc BCA
mặt khác : D,E là hình chiều của B,E lên AC,AB nên tứ giác BEDC nội tiếp trong đường tròn đường kính BC => góc BCA= góc BCE+ góc ECD= góc EDB+ góc EBD = góc AED
=> góc (AB, ∆) = góc ADE => DE//(∆) => IA⊥DE
0.25
Đường thẳng IA đi qua I(0,1) có VTPT ED=(2,1)có phương trình : 2(x-0)+(y-1)=0
2x+y-1=0
0.25
Trang 5Khi đó : A
=
−
−
=
− +
0 2
0 1 2
y x
y x
−
=
=
1
1
y
x
=> A(1,-1) Đường thẳng AB đi qua A, E(-1.1) có phương trình : x+y=0
Đường thẳng AC di qua A , D(1.2) có phương trình : x-1=0
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình : x2+(y-1)2=5
0.25
Tọa độ B
=
− +
= +
5 ) 1 (
0 2
2 y x
y x
−
=
=
∨
=
−
=
1
1 2
2
y
x y
x
( loại) => B(-2,2)
Tọa độ C
=
− +
=
−
5 ) 1 (
0 1
2
2 y x
x
−
=
=
∨
=
=
1
1 3
1
y
x y
x
( loại ) => C(1,3)
0.25
9 Điều kiện : x 5≥
Biến đổi phương trình ta có : 5x2 +14x+9 = x2 −x−20+5 x+1
5x2 +14x+9= x2 −x−20+10 (x2 −x−20)(x+1)+25(x+1)
2x2 −5x+2−5 (x2 −x−20)(x+1) =0
2x2 −5x+2−5 (x2 −x−20)(x+1) =0
0.25
2(x2 −4x−5)+3(x+4)−5 (x2 −4x−5)(x+4) =0
4
5 4 5
) 4
5 4 (
2
2 2
2
= + +
−
−
− +
−
−
x
x x x
x x
2
3 4
5 4 ,
1 4
5
2
= +
−
−
= +
−
−
x
x x x
x x
0.25
4
5 4 2
= +
−
−
x
x
4
5 4 2
= +
−
−
x
x x
4
9 5 2
= +
−
−
x
x x
x=
2
61
5±
ii)
2
3 4
5 4 2
= +
−
−
x
x
4
9 4
5 4 2
= +
−
−
x
x x
4
56 25
4 2
= +
−
−
x
x x
x= 8, x=-7/4
0.25
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình :
x=
2
61
5+ ,x=8
0.25
Theo giả thiết ta có : P =
z y x z y
x+ + + + +
6 1
1 1
Giả sử x≥ y≥z >0 => x≥ y+z ≥ yz
2
=> ((x+ y+z) (x+2 yz)≥9yz >6yz
=> ((x+ y+z) (x+2 yz)−6yz >0
0.25
=> ( y− z)2((x+y+z) (x+2 yz)−6yz)≥0
2
2
≥ +
+ +
− +
−
yz x
z y x
z y yz
z y
=> 1y +1z+x+6y+z ≥ 2yz +x+26 yz
0.25
Trang 6yz x
yz x
P
2
6 2
1
+ + +
≥
Đặt t= yz >0 xt2=1 => x= 12
t
2 1
6 2 )
(
t
t t t t f P
+ + +
=
≥
3 2
3
2 1
) 1 ( 12 ) 1 ( 2 )
(
'
t
t t t
t t
f
+
−
−
−
) 2 1 (
1 2 4 (
2 3 2
2 6
− +
+
−
t t t
t t
0.25
f’(t)=0 t=1
Bảng biến thiên
5 5
) 1 ( )
P
P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 , tại x=y=z=1
0.25
Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa
