SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT TAM NÔNG

ĐỀ THI THAM KHẢO THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút;

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = − x 3 + 3x 2 − 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
b) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình x3 − 3 x 2 + m = 0 .
Câu 2 (1,0 điểm).
1
3+i
x
3
−
x
b) Giải phương trình 2 − 2 − 2 = 0 trên tập các số thực
a) Tìm số phức liên hợp của z = ( 1 + i ) ( 3 − 2i ) +

π
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x cos xdx
0

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, Cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 8 z + 1 = 0 .
a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu (S).
b) Viết phương trình mp(P) tiếp xúc với mặt cầu tại M(1;1;1).
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = a, SA ⊥ (ABCD).
Gọi M là trung điểm của SA. Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCMN và

khoảng cách giữa SB và AC.
Câu 6 (1,0 điểm).

π
3
1 + cos 2α
và sin α = . Tính giá trị biểu thức A =
.
2
5
sin 2α
b) Trong một lớp học có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh
lên bảng làm bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ.
a) Cho số thực α thỏa 0 < α <

Câu 7 (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) .

(

)

2
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 4 x + 1 + 2 2 x + 3 ≤ ( x − 1) x − 2 trên tập số thực.
Câu 9 (1,0 điểm).Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức
P=


( x + y + z − 1)

2

x2 y + y 2 z + z 2 x

+

1 1 1
+ +
x y z

-----Hết-----

1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn : Toán, Thời gian làm bài: 180 phút
Câu
Đáp án
Câu 1: a) TXĐ: D = R.
(2,0 đ)

y ' = −3x 2 + 6x
x = 0
y ' = 0 ⇔ −3x 2 + 6x=0 ⇔ 
x = 2

+) Hàm số đồng biến trên (0 ; 2); hàm số nghịch biến trên (−∞;0) và (2; +∞) .

+) Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT =
-1.
y = +∞, lim y = −∞
+) Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞

Điểm
0.25

0.25

0.25
a) Bảng biến thiên:

b) Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0;-1), (-1; 3), (3; -1), (1; 1)

b) x3 − 3x 2 + m = 0 ⇔ − x 3 + 3x 2 − 1 = m − 1
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = − x 3 + 3x 2 − 1
với đường thẳng y = m – 1.
Vậy

m − 1 > 3 ⇔ m > 4 : Phương trình có 1 nghiệm.

0.25

0.25
0.25

0.25


m − 1 = 3 ⇔ m = 4 : Phương trình có 2 nghiệm.

2


3 > m − 1 > −1 ⇔ 4 > m > 0 : Phương trình có 3 nghiệm.
m − 1 = −1 ⇔ m = 0 :Phương trình có 2 nghiệm.
m − 1 < −1 ⇔ m < 0 : Phương trình có 1 nghiệm
Câu 2:
(1,0 đ)

a) z = 5 + i +

3−i
3 − i 53 9
= 5+i +
= + i
10 10 10
( 3 + i) ( 3 − i)

Suy ra số phức liên hợp của z là: z =
x
3− x
x
b) 2 − 2 − 2 = 0 ⇔ 2 −

53 9
− i
10 10


8
− 2 = 0 ⇔ 2 2 x − 2.2 x − 8 = 0
x
2

0.25
0.25
0.25
0.25

Đặt t = 2 x , t > 0
t = 4 (nhan)
2
Phương trình trở thành: t − 2.t − 8 = 0 ⇔ 
t = −2 (loai )
t =4⇔2 =4⇔x=2
x

0.25

Vậy phương trình có nghiệm x = 2
Câu 3:
(1,0 đ)

u = x
 du = dx
⇒
Đặt 
dv = cos xdx v = sin x

π
2
0

π
2

I = x sin x − ∫ sin xdx

0.25
0.25

0

π

π
+ cos x 02
2
π
= −1
2
=

Câu 4:
(1,0 đ)

 −2a = −2
a = 1
 −2b = 6

b = −3


⇔
a) Từ phương trình mặt cầu ta có: 

 −2c = −8
c = 4
 d = 1
 d = 1
Suy ra: Tọa độ tâm I(1; -3; 4), bán kính: r = 1 + 9 + 16 − 1 = 5

b) Mặtuphẳng
(P) tiếp xúc mặt cầu tại M nên IM vuông với mp(P).
uur
IM = (0; 4; −3)

uuur
Mp(P) qua M(1;1;1), có VTPT IM = (0; 4; −3) có phương trình:
A( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0

0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25

⇔ 0( x − 1) + 4( y − 1) − 3( z − 1) = 0

⇔ 4 y − 3z − 1 = 0
Câu 5:
(1,0 đ)

Do (BCM) // AD nên mp này cắt mp (SAD) theo giao tuyến MN // AD
 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ BM
 BC ⊥ SA

Ta có 

Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao
a
a 5
MN = ; BM =
2
2
Diện tích hình thang BCMN là

0.25
3


S BCMN

a a 5

 a + ÷.
3a 2 5
2 2

=
=
2
8

Dựng SK ⊥ BM , do BC ⊥ ( SAB) ⇒ BC ⊥ SK ⇒ SK ⊥ ( BCMN ) .
Có SK = d ( A, BM ) =

a 5
1 3a 2 5 a 5 a 3
. Vậy VS . BCMN = .
.
=
5
3
8
5
8

Trong mặt phẳng (ABCD) dựng ∆ qua B song song với AC. Đặt (P) = ( ∆ ,
SB).
Khi đó, AC // (P) và d(AC; SB) = d(AC; (P)) = d(A; (P)).
Từ A hạ AI ⊥ ∆ tại I và ∆ ⊥ SA ⇒ ∆ ⊥ ( SAI ) ; Từ A hạ AH ⊥ SI tại H ,
∆ ⊥ AH . Suy ra AH = d(A; (P)).
a
a 3
⇒ AH = d ( A, ( P ) ) =
.
Ta có AI =
3

2
Câu 6:
(1,0 đ)

1 + cos 2α
2cos 2 α
cos α
a) A =
=
=
sin 2α
2sin α cos α sin α

0.25

0.25
0.25

0.25

4
π
3
4
5 4
Vì 0 < α < nên cos α = 1 − sin 2 α = 1 −  ÷ = . Suy ra A = =
3 3
2
5
5

5
4
b) Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là C25 = 12650
2

1
1
.C103 + C152 .C102 + C153 .C10
= 11075
Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là C15
11075 443
=
Xác suất cần tính là P =
12650 506

0.25
0.25
0.25

Câu 7:

4


(1,0 đ)

Do C Î d nên C ( t ; - 2t - 5) . Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD , suy ra I là

0.25


trung điểm của AC .
Do đó:

æ
t - 4 - 2t + 3 ö
÷
Iç
;
÷
ç
÷
ç
è 2
2 ø

· Tam giác BDN vuông tại N nên IN = IB . Suy ra: IN = IA

Do đó ta có phương trình:
2

2

2

2

æ t - 4ö
æ
æ
æ - 2t + 3 ö

- 2t + 3 ö
t - 4ö
÷
÷
÷
÷
ç
5+ç
- 4=ç
- 4+ç
8÷
÷
÷
÷
ç
ç
ç
ç
÷
÷
÷
÷ Û t =1
ç
ç
ç
ç
è
2 ø è
2 ø è
2 ø è

2 ø

Suy ra: C ( 1; - 7)
Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB . Mà CB = AD và CM || AD nên tứ
giác ACMD là hình bình hành. Suy ra AC || DM . Theo giả thiết, BN ^ DM ,

0.25

suy ra BN ^ AC và CB = CN . Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC
Đường thẳng AC có phương trình: 3 x + y + 4 = 0 . Đường thẳng BN qua N và
vuông góc với AC nên có phương trình: x - 3 y - 17 = 0

0.25

Do đó: B ( 3a +17; a )
æ
3a +17 + 5 ö
a- 4
÷
+
+ 4 = 0 Û a =- 7
÷
÷
ø
2
2

Trung điểm của BN thuộc AC nên: 3ç
ç
ç

è
Suy ra B ( - 4; - 7) .

Vậy B ( - 4; - 7) , C ( 1; - 7) .
Câu 8: Điều kiện x ≥ −1 .
(1,0 đ) Nhận thấy x = −1 là một nghiệm của bất phương trình
Xét x > −1 ta có bất phương trình tương đương với
4 x + 1 − 2 + 2 2 x + 3 − 3 ≤ x3 − x 2 − 2 x − 12

(

⇔

4 ( x − 3)

) (

+

4 ( x − 3)

)

(

≤ ( x − 3) x 2 + 2 x + 4

)

x +1 + 2

2x + 3 + 3
4
4


2
⇔ ( x − 3) 
+
− ( x + 1) − 3 ≤ 0 (*)
2x + 3 + 3
 x +1 + 2


0.25

0.25

0.25

5


Vì x > −1 nên
Dođó

4

x + 1 > 0 và
4


+

4

2 x + 3 > 1 . Suy ra

x +1 + 2

+

4
2x + 3 + 3

<3

− ( x + 1) − 3 < 0
2

x +1 + 2
2x + 3 + 3
Suy ra, bất phương trình (*) tương đương x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = { 1} U [ 3; +∞ )
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
Câu 9:
( x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 = x3 + xy 2 + y 3 + yz 2 + z 3 + zx 2 + x 2 y + y 2 z + z 2 x
(1,0 đ)

(

0.25


) (

) (

(

≥3 x y+ y z+z x
2

2

2

) (

)

)

0.25

0.25

Suy ra x 2 y + y 2 z + z 2 x ≤ x + y + z
Do đó P ≥

( x + y + z − 1)

2


+

x+ y+z

9
x+ y+z

(

2
2
2
2
2
2
Đặt t = x + y + z . Ta có x + y + z < ( x + y + z ) ≤ 3 x + y + z
2

Suy ra t = x + y + z ∈
Xét hàm số f ( t ) =

(

3;3

( t − 1)
t

2


+

9
10
= t + − 2 trên
t
t

10
Ta có f ′ ( t ) = 1 − 2 ; f ′ ( t ) < 0 với mọi t ∈
t
Suy ra f ( t ) nghịch biến trên
Suy ra P ≥
P là

)

0.25

(

(

(

3;3

0.25


3;3

3;3 . Do đó min f ( t ) = f ( 3) =

(

3;3

13
3

13
, dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của
3

0.25

13
, đạt khi x = y = z = 1 .
3

6