Đáp án đề thi thử THPT quốc gia 2016 môn Toán - THPT chuyên Nguyễn Quang Diệu, Đồng Tháp tài liệu, giáo án, bài giảng ,...
Trang 1PT tiếp tuyến với đồ thị ( )C tại M(0; 1) là y1 0.25
PT tiếp tuyến với đồ thị ( )C tại M(3; 1) là y 9x 26. 0.25
1 điểm
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện(1 2 ) i z (3 2 )i z 4 10 i Tìm môđun của số phứcw z 2z
Đặt z a bi a b ( , ) z a bi.
Ta có(1 2 ) i z (3 2 )i z 4 10i (1 2 )( i a bi ) (3 2 )( i a bi ) 4 10i
4a (4a 2 )b i 4 10i
Ta có w z 2z 1 3i 2(1 3 ) i 3 3i. Suy ra môđun của w là
2 2
b) Giải phương trình 27x5.32 3 x 4
.
45
27
x
Đặt t 27 (x t 0)ta được t2 4t 45 0
0.25
9
t
hoặc t 5(loại)
3
Vậy PT đã cho có nghiệm là 2
3
x
0.25
1 điểm
Tính tích phân
2
1
I e e x dx
Ta có
2 2
1 1
2
1
2 1
2 (2 ) 2.
Kxe dxxe e dx e e e e e e e e 0.25
1 điểm
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(7; 2; 1), ( 5; B 4; 3) và mặt phẳng ( ) : 3P x 2y 6z 38 0
a) Viết phương trình mặt cầu ( )S có đường kính AB
b) Chứng minh ( )P tiếp xúc với mặt cầu ( )S
a) Mặt cầu ( )S có tâmI(1; 1; 1), bán kính RIA7 0.25
( ) : (S x 1) (y 1) (z 1) 49. 0.25 b) Ta có khoảng cách từ Iđến mặt phẳng ( )P là
3.1 2( 1) 6( 1) 38
3 ( 2) ( 6)
d I P
0.25
Vì d I P( ;( ))R nên suy ra ( )P tiếp xúc ( ).S 0.25
1 điểm a) Cho gócthỏa cot2.Tính giá trị của biểu thức 3 cos 3
cos 2sin
Trang 2Do cot 2 sin 0,ta có
2 3
cos
cot (1 cot ) sin
cos 2sin cot 2 sin sin
P
0.25
b) Tìm hệ số của số hạng chứax7 trong khai triển
11
2 2
x
2 ( ) k k 2 x k k.( 2) k k.
x
Tìm k sao cho22 3 k 7 k 5
Vậy hệ số của số hạng chứax7là C115.( 2) 5 14784. 0.25
1 điểm
Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a; BCD60o; SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD),hai mặt phẳng (SCB)và (SCD)vuông góc với nhau Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD)theo a
Theo giả thiết ABCD là hình thoi cạnh a và BCD60o BCDđều và diện tích
hình thoi ABCD là
2 3 2
BCD
a
Ta có BD AC BD (SAC) BD SC
BD SA
Gọi OACBD,trong (SAC)kẻOM SC M, SC
Do đó BMD là góc giữa (SCB) và (SCD)
90
a
Ta thấy
SAC
3
2 3
a a
SA
Thể tích khối chóp cần tìm là
3
a
0.25
Ta có O là trung điểm của AC nên ( , ( d C SBD))d A SBD( , ( ))
Trong (SAC), kẻ AH SO H, SOmàAHBDnên AH (SBD)
( , ( ))
AH d A SBD
0.25
Trong tam giác SAO vuông tại A có 1 2 12 12 22 42 22
AH AS AO a a a
2
a AH
Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) là
2
1 điểm Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD A, (2; 2), BC 3BA,
S
A
H
B O
M
C
D
Trang 3trọng tâm của tam giác ABClà 0; 10
3
G
.Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhậtABCDbiết rằng đỉnh Bcó hoành độ dương, đường trung tuyến kẻ từ Bcủa tam giác
ABDcó hệ số góc nhỏ hơn 1
Cách 1
Gọi Nlà trung điểm của BC.Ta cóAG2GNN( 1; 4).
GọiM là trung điểm của AD I, là trung điểm củaBM.Khi đó
Ilà trung điểm củaAN.Suy ra 1; 3
2
I
0.25
Gọi ( )C là đường tròn ngoại tiếp tam giác(ABN)
PT đường tròn
2
C x y AI
0.25
GọiB a b( ; ),ta có
2
2
2
( 3)
4 ( 1) ( 4) 9 ( 2) ( 2)
2 4
2 2
6 6 0
2 3
2 2 13
13 68 64 0 3
16 13
a b b
a b
a
b
Theo giả thiết đường thẳng BMcó hệ số góc nhỏ hơn 1 nên chọnB(2; 4)
0.25
Với B(2; 4) và trung điểm N( 1; 4) ta suy raC( 4; 4).
Từ ABDCD( 4; 2).
Vậy các đỉnh còn lại cần tìm của hình chữ nhậtABCDlàB(2; 4), ( 4; 4), ( 4; 2).C D
0.25
Cách 2
Gọi Nlà trung điểm của BC.Ta cóAG2GNN( 1; 4).
Suy ra PTAN: 2x3y 10 0
GọiM là trung điểm của AD I, là trung điểm củaBM.Khi đó
Ilà trung điểm củaAN.Suy ra 1; 3
2
I
0.25
BA mBC mIAIB
Ta có
5 cos( , ) cos
IB IA AB
BM AN BIA
IB IA
0.25
2
BM a x b y a b
2 3
a b
a b
Với b 0 27a2 0 a 0(loại)
Vớib 0,chia hai vế của PT (*) chob2ta được
0.25
C D
N M
I G
Trang 42 2
3
27 156 92 0
46 9
a
a
b
Theo giả thiết đường thẳng BMcó hệ số góc k a 1
b
nênBM: 2x 3y 8 0.
3
t
BBM B t
Ta có
3
t
IBIA t
2
13t 13t 26 0
2 (2; 4)
1 ( 1; 2) ( )
Với B(2; 4) và trung điểm N( 1; 4) ta suy raC( 4; 4).
Từ ABDCD( 4; 2).
Vậy các đỉnh còn lại cần tìm của hình chữ nhậtABCDlàB(2; 4), ( 4; 4), ( 4; 2).C D
0.25
1 điểm
Tìm mđể hệ sau có hai nghiệm phân biệt:
2
2
1 log ( 1) log ( 1)
2 log 2 5 log 2 5 (2)
x x
(1)
Ta có
1
log log 2
1
x x x
1
1 3.
1 2 1
x
x x
x
0.25
Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt(2) có hai nghiệm phân biệt thỏa1 x 3
t x x x Với x(1; 3)thìt(2; 3)
m
t
0.25
( ) 5
f t t ttrên khoảng (2; 3); có ( ) 2 5, ( ) 0 5
2
f t t f t t Lập bảng biến thiên
t 2 5
2 3 ( )
f t 0 ( )
f t
6 6
25
4
0.25
Dựa vào bảng biến thiên và cách đặt tở trên ta thấy:
Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt t(2; 3)
1 điểm
Cho là các số dương thỏa mãnx2 y2 2z2 2(1 xy) (*).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
P x y z x y z
Từ (xy) 2 2xz 2 2yz2 0suy ra(x y 2 )z 2 4(x2y2z2) (1) 0.25
Trang 5Mặt khác 2 2 2
( ) 2
x y z
(2)
Từ (1) và (2) suy ra Px2y2z2 x2y2z2
0.25
Lại đặt tx2 y2 z2 , ( )2 2 2 1
2
x y z
t
(do (*))
Ta được P t t. Xét hàm số f t( ) t tvới t1.Ta có ( ) 1 1 0
2
f t
t
với mọi 1,
t nên hàm số f t( ) đồng biến trên [1; ).Suy ra f t( ) f(1) 0 P 0
0.25
Do đó GTNN của Plà 0, đạt được khi
1
2
2
2
x y
x y z
z
x y
z
0.25