SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

2− x
.
x+2
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = ( x 2 − 5 x − 5)e x trên đoạn[-3;0].
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 9 x − 7.3 x − 18 = 0 .
2
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − ( 1 + i ) z = ( 1 − 2i ) . Tính môđun của z .
e

ln 2 x + 5
I=∫
dx .
x( 3 − ln x )
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;0;-1) và đường thẳng
x −1 y +1 z
=

=
(d):
. Viết phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với d. Tìm tọa độ A’ đối xứng với A qua d .
2
2
−1
Câu 6 (1,0 điểm).
π
a) Giải phương trình cos 2 x + 3 cos( − x ) = 2 .
2
b) Để kiểm tra chất lượng sản phẩm của nhà máy sản suất bánh phồng tôm, nhà máy đã gởi đến bộ
phận kiểm nghiệm ba loại sản phẩm: loại 1, loại 2 và loại 3 mỗi loại 5 hộp. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu
nhiên 5 hộp bánh để kiểm tra. Tính xác suất để trong 5 hộp bánh được chọn có cả 3 loại và có ít nhất 2 hộp
bánh loại 1.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của

đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết
5
a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD
2
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC..
SA = a 2, AC = 2a, SM =

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường
thẳng d : 2 x + y + 5 = 0 và A ( - 4;8) . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C , N là hình chiếu vuông góc
của B trên đường thẳng MD . Tìm tọa độ điểm B và C , biết rằng N ( 5; - 4) .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

3
3

2
 x − y + 3 y + x − 4 y + 2 = 0
 3
 x + x − 3 = 2 x + 2 + y

( x, y ∈ ¡ ) ..

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa: xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

A=

x 2 ( y + z)
y y + 2z z

+

y 2 (z + x )
z z + 2x x

+

z2 ( x + y)
x x + 2y y

.

-----------Hết-----------


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Đáp án
Câu
1.
+Tập xác định: D = R \ { −2}
(1,0 điểm)
−4
< 0; ∀x ∈ R \ { −2} ⇒ hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
+ y' =
( x + 1)2
(−∞; −2) và (−2; +∞)

Điểm

0.25

+Giới hạn và tiệm cận:

lim y = −1 ⇒ y = -1 là TCN của đồ thị hàm số

x →±∞

lim − y = +∞; lim + = −∞ ⇒ x = -2 là TCĐ của đồ thị hàm số

x →( −2)

0.25

x →( −2)

+ Bảng biến thiên:


0.25

+Đồ thị :

0.25

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn [-3; 0]
2.
(1,0 điểm) y ' = ( x 2 − 3x − 10)e x
 x = 5 (l )
y' = 0 ⇔ 
 x = −2
19
9
y ( −3) = 3
y ( − 2) = 2
e
e
9
max y = 2 đạt tại x=-2
x∈[ −3; 0 ]
e

3.a
Đặt
(0,5 điểm) 2

t = 3 x (t>0)
t − 7.t − 18 = 0


0.25
0.25

y ( 0) = − 5
min y = −5 đạt tại x=0
x∈[ −3; 0 ]

0.25
0.25
0.25


t =9
t = −2 (l )

⇒ 3x = 9

0.25

Vậy phương trình có nghiệm x=2

3.b
(0,5 điểm)

z = a + bi

( a, b ∈ R )

z − (1 + i ) z = (1 − 2i ) ⇔ ( a + bi ) − (1 + i )( a − bi ) = (1 − 2i )

2

2

 b=3
b=3
⇔
⇔
⇒ z = 10 + 3i
2b − a = −4
a = 10

0.25

z = 109

0.25

4.
dx
t = ln x ⇒ dt =
Đặt:
(1,0 điểm)
x

0.25

Đổi cận:
x
1

t
0
1

e
1
1

t2 + 5
14 

I=∫
dt = ∫  − t − 3 +
dt
3−t
3−t 
0
0
1

Gọi (α) là mặt phẳng quauu
A
5.
r (1;uu
r0; -1) và (α) ⊥ d.
(1,0 điểm) Khi đó (α) có 1 vtpt là : n α = a d = (2; 2; -1)
⇒ pt (α) : 2(x – 1) + 2(y – 0) – 1(z + 1) = 0 ⇔ 2x + 2y – z – 3 = 0
I là hình chiếu của A lên d ⇒ I là giao điểm của (α) và d.
A ∈ (d) ⇒ x = 2t + 1; y = 2t – 1; z = -t
1

5 1 1
A ∈ (α) ⇒ 2(2t + 1) + 2(2t – 1) + t – 3 = 0 ⇔ t = ⇒ I ( ;− ;− )
3
3 3 3
7 2 1
A’ đối xứng với A qua d ⇒ I là trung điểm của AA’ ⇒ A’( A' ( ;− ; )
3 3 3
π
6.a
cos 2 x + 3 cos( − x) = 2
(0,5 điểm)
2
2
⇔ 2 sin x − 3 sin x + 1 = 0
sin x = 1
⇔
sin x = 1
2


0.25

1

t2 + 5
14 
7
3

dt = ∫  − t − 3 +

dt = − + 14 ln
2
2
3−t
3−t 
0
0

I=∫

0.25

π
+ k 2π
2
π

x = + k 2π

1
6
sin x = ⇔ 
2
 x = 5π + k 2π
6

π
π
5π
+ k 2π

Vậy PT có nghiệm là: x = + k 2π ; x = + k 2π ; x =
2
6
6
5
Số phần tử của không gian mẫu là: Ω = C15 = 3003

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

sin x = 1 ⇔ x =

6.b

0.25

0.25


(0,5 điểm)

Gọi A là biến cố: “Trong 5 hộp bánh được chọn có cả 3 loại và có ít nhất 2 hộp
bánh loại 1”. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
Ω A = C 52 C 52 C 51 + C 52 C 51C 52 + C 53 C 51C 51 = 1250

Vậy xác suất cần tính là P ( A ) =

WA
W

=

ΩA

0.25

12 3
1250
= . P( A) =
=
20 5
Ω
3003

7.
(1,0 điểm)

Từ giả thiết SO ⊥ ( ABCD) ⇒ SO ⊥ AC , OA = a , SO = SA2 − OA2 = a
∆OSM ⊥ O : OM = SM 2 − SO 2 =

1
a
2

Ta có ∆ABC ⊥ B : BC = 2MO = a, AB = AC 2 − BC 2 = 3a

VS . ABCD =

0.25

0.25

1
3 3
AB.BC .SO =
a
3
3

Gọi N trung điểm BC

⇒ MN / / AC ⇒ d ( SM , AC ) = d ( AC , ( SMN )) = d (O, ( SMN ))

:
∆OMN ⊥ O ∆OMN ⊥ O : OH ⊥ MN , SO ⊥ MN ⇒ MN ⊥ ( SOH )

0.25

∆SOH ⊥ O :OK ⊥ SH ⇒ OK ⊥ ( SMN ) ⇒ OK = d (O, ( SMN )

AB
3
BC a
3
=
a, OM =

= , OH ⊥ MN ⇒ OH =
a
2
2
2
2
4
OS .OH
57
∆SOH ⊥ O : d ( SM , AC ) = OK =
=
a
19
OS 2 + OH 2
C ∈ d ⇒ C (t ; − 2t − 5)
∆OMN ⊥ O : ON =

8.
(1,0 điểm)

I = AC ∩ BD ⇒ I (

t − 4 − 2t + 3
;
)
2
2

0.25


0.25

A,B,N,D cùng thuộc đường tròn đường kính BD nên AI=NI
⇒ t =1
⇒ C (1; − 7)

0.25


H là giao điểm của AC và BN thì HC là đường trung bình của tam giác BMN
Pt (AC):3x+y+4=0

0.25

Pt (BN): x-3y-17=0
1 11
⇒ H ( ;− )
2
2

H là trung điểm của BN

0.25

⇒ B (−4;−7)

9.
 x 3 − y 3 + 3 y 2 + x − 4 y + 2 = 0 (1)
(1,0 điểm)  3
 x + x − 3 = 2 x + 2 + y


Điều kiện: x ≥ −2 .

(2)

0.25

(1) ⇔ x 3 + x + 2 = y 3 − 3 y 2 + 4 y ⇔ x 3 + x + 2 = ( y − 1) + ( y − 1) + 2 .
3

3
Xét hàm số f ( t ) = t + t + 2 trên [ −2; +∞ ) .
2
Ta có: f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ [ −2; +∞ ) .

Mà f ( t ) liên tục trên [ −2; +∞ ) , suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên

0.25

[ −2; +∞ ) .
Do đó: x = y − 1 .
Thay y = x + 1 và phương trình (2) ta được: x3 − 3 = 2 x + 2 + 1
⇔ x3 − 8 = 2

(

)

(


)

x + 2 − 2 ⇔ ( x − 2) x2 + 2x + 4 =

2

(

x+2 −2

(


⇔ ( x − 2) x + 2x + 4 =
⇔ ( x − 2)  x2 + 2x + 4 −

x+ 2+ 2

x−2=0⇔ x = 2⇒ y =3

(

)

2

x2 + 2x + 4 −

(


2 ( x − 2)

(

2
x+2+2

)

)

= 0 ⇔ x2 + 2x + 4 =

2
Ta có VT = x + 2 x + 4 = ( x + 1) + 3 ≥ 3;VP =
2

2

(

)(

x+ 2 +2

x+2 +2

(

)


)
0.25


=0
x+2+2 

2

)

)

x + 2 + 2 (*)
2
≤ 1, ∀x ∈ [ −2; +∞ )
x+2+2

0.25

Do đó phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2;3) .
10.
(1,0 điểm)

A=

x 2 ( y + z)
y y + 2z z


+

y 2 (z + x )
z z + 2x x

+

z2 ( x + y)
x x + 2y y

Từ giải thiết x 2 ( y + z) ≥ 2 x 2 yz = 2 x 2 .

.

1
= 2x x
x

0.25


Tương tự: y 2 (z + x ) ≥ 2 y y ; z2 ( x + y ) ≥ 2 z z
Khi đó A ≥

2x x
y y + 2z z

+


2y y
z z + 2x x

+

2z z
x x + 2y y


4c + a − 2 b
x x=

a = x x + 2 y y
9


4 a + b − 2c

Đặt  b = y y + 2 z z ⇒  y y =
9


c
=
z
z
+
2
x
x

4b + c − 2a


z z =
9

2  4c + a − 2 b 4 a + b − 2c 4 b + c − 2 a 
+
+
Bất đẳng thức trở thành: A ≥ 
÷
9
b
c
a

2 c a b a b c 
=  4  + + ÷+  + + ÷ − 6  ≥ 2
9 b c a b c a 
Kết luận Min A = 2 khi x = y = z =1.

0.25

0.25

0.25