SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VIỆT DŨNG
Đề tham khảo

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 4  8 x 2  4
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

x 1
có đồ thị (H). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
x 1

(H) tại điểm có hoành độ bằng 2.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 2cos 2 2 x  5sin 2 x  1  0
b) Giải phương trình z 4  4 z 2  3  0 .
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x
0





x 2  1  e x dx

Câu 5 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình log 22 x  4log 4 x 3  5  0 .

2
b) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của biểu thức  x 2   .

x
8

4

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I 7;4;6 và mặt phẳng

( P) : x  2 y  2 z  3  0 .
a) Lập phương trình của mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
b) Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và (S).
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 
ABC  600 cạnh SA
vuông góc với đáy và SC tạo với đáy một góc 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm
O(0;0). Biết chân đường cao hạ từ đỉnh A và C lần lượt là M (1;0) và N (1;1) . Hãy tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác, biết đỉnh B nằm trên đường thẳng 3x  y 1  0 .
Câu 9 (1,0 điểm).
a) Một nhà máy dùng hai loại nguyên liệu là khoai mì và ngô để chế biến ít nhất 140 kg thức
ăn cho gà và 90 kg thức ăn cho cá. Từ mỗi tấn khoai mì giá 4 triệu đồng, có thể chế biến
được 20 kg thức ăn cho gà và 6 kg thức ăn cho cá. Từ mỗi tấn ngô giá 3 triệu đồng, có thể
chế biến được 10 kg thức ăn cho gà và 15 kg thức ăn cho cá. Hỏi phải dùng bao nhiêu tấn
nguyên liệu mỗi loại để chi phí nguyên liệu là ít nhất biết rằng kho nguyên liệu của nhà máy
còn lại 10 tấn khoai mì và 9 tấn ngô.


2 x 5  3 x 4 14 x3
2 
b) Giải phương trình:
 4 x 4  14 x3  3 x 2  21 


x2
x  2 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức P  ab  bc  ca  5a  5b  5c  4 .
-----HẾT-----


ĐÁP ÁN
Câu

Nội dung

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số y  x 4  8x 2  4.

1,0

TXĐ: D  

 x 0
y '  4x  16x , y '  0  
x  2
lim y  , lim y  


0,25

3

x 

x 

Bảng biến thiên
x –∞
y

+

0
12

0
0

–

+

2
0
12

+∞

–

0,25

y
4
1

Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 2 , 0;2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng 2; 0, 2; 

0,25

Hàm số đạt cực đại tại x  2, y  12
Hàm số đạt cực tiểu tại x  0, y  4
Đồ thị
y

0,25
x

Cho hàm số y 

x 1
có đồ thị H  . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
x 1

H  tại điểm có hoành độ bằng 2.
Có y ' 
2


1,0

2
0,25

2

x  1

 

1

Ta có x 0  2  y 0  3, y ' x 0  
2

 

0,25



0,25

1
1
x  2  3 hay y   x  4

2

2

0,25

Phương trình tiếp tuyến là y  y ' x 0 x  x 0  y0
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  


Giải phương trình: 2 cos2 2x  5 sin 2x  1  0.

3a

0,5

2 cos2 2x  5 sin 2x  1  0  2 sin2 2x  5 sin 5x  3  0

sin 2x  3(VN )

 sin 2x   1

2


2x     k 2
x     k 


6
12



k  
7

7

 2x 

 k 2

 x  12  k 
6


Giải phương trình z 4  4z 2  3  0 .

3b

2

0,25

0,25

1

Tính tích phân I 

 x




x 2  1  e x dx .

0

1

Có I 

 x

x

2

1



x  1  e dx 

0

0,25

0,5

 z 2  1


z  4z  3  0   2
z  3

 z  i
 
z   3i
4

0,25

x

1,0
1

x  1dx   xe xdx  I 1  I 2
2

0

0,25

0

Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  tdt  xdx
4

Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t 
2


Suy ra I 1 



t 2dt 

1

t
3

0,25

2

3


1

2

2 2 1
3

1


1
1

 u  x
du  dx
x
x
x
I

xe

e
dx

e
e
Đặt 
,
suy
ra


1


2
dv  e x dx
 v  e x
0
0
0




Vậy I 

2 2 2
3

Giải phương trình log22 x  4 log 4 x 3  5  0.

0,25

0,25
0,5

ĐK: x  0

log22 x  4 log 4 x 3  5  0  log22 x  6 log2 x  5  0
5a

 log x  1
  2
log2 x  5
x 2
 
x  32

0,25

0,25



8


2
Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của biểu thức x 2   .

x 
4

5b

Ta có số hạng tổng


k
k 28k   2 
quát Tk 1  C 8 x
 


 x

0,5

k

 2 C 8k x 163k

0,25


4
Để số hạng chứa x thì 16  3k  4  k  4

4

 

Vậy hệ số cần tìm là 2

C 84

0,25

 1120

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I 7; 4; 6 và mặt phẳng

P  : x  2y  2z  3  0. Lập phương trình của mặt cầu S  có tâm
tiếp xúc với mặt phẳng P  .
6a

   

Có R  d I , P

1.7  2.4  2.6  3
2

1  2  2

2

2

2

I và

0,5

0,25

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là
2

x  7

2

0,25

2

 y  4   z  6  4

Tìm tọa độ tiếp điểm của P  và S  .

0,5

Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng P  .






Khi đó véctơ chỉ phương của đường thẳng d là ud  nP  1;2; 2


 x  7  t
Vậy phương trình đường thẳng d là 
y  4  2t , t  

z  6  2t

6b

0,25

Gọi H là tiếp điểm cần tìm, khi đó H là giao điểm của d và P 
Do đó H 7  t; 4  2t ; 6  2t   d
Mặt khác H  P  nên 7  t   2 4  2t   2 6  2t   3  0

2
t 
3
19 8 22 
; ;  là điểm cần tìm
 3 3 3 

Vậy H 


0,25




Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC  60 , cạnh


SA vuông góc với đáy và SC tạo với đáy một góc 60. Tính theo a thể tích
khối chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD .
Ta có ABC đều nên AC  a.

1,0

S

Có:
2

0,25



2

BD  AB  AD  2AB.AD. cos120
 BD  a 3

Suy ra SABCD

7

1
a2 3
 AC .BD 
2
2

K
A

Mặt khác SA  AC . tan 60  a 3.

D

1
a3
B
. ABCD 
Vậy VS .ABCD  SAS
3
2
Do AB / /CD nên d AB, SD   d AB, SCD   d A, SCD 








H

0, 25

C



Gọi H là trung điểm của CD. Do ACD đều nên AH  CD.

 

Trong tam giác SAH kẻ AK  SH khi đó d A, SCD
Ta có AH 



0,25

  AK

a 3
AH .SA
15

a
; AK 
2
2
2

5
AH  SA



Vậy d AB, SD 

0,25

a 15
5

Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm

O 0; 0 . Biết chân đường cao hạ từ đỉnh A và C lần lượt là M 1; 0 và
N 1;1 . Hãy tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đỉnh B nằm trên đường
thẳng 3x  y  1  0.
Ta chứng minh OB  MN .
Ta có tứ giác ANMC nội tiếp









1,0


A

nên BAC  NMC  180 .
Mà BMN  NMC  180.



8





O

Suy ra BAC  BMN  BOH ,
với H là chân đường cao của
O xuống cạnh BC .

0,25

N
I

 

B
Mà OBH  BOH  90 ,
 
suy ra OBH  BMN  90. Vậy OB  MN

Khi đó ta có đường thẳng OB có phương trình 2x  y  0.

M

H

C

Ta tìm được B 1; 2

0,25

Có BN : x  1, BM : x  y  1  0,CN : y  1, AM : x  y  1  0

0,25

Suy ra A 1;2,C 2;1 .

0,25


Một nhà máy dùng hai loại nguyên liệu là khoai mì và ngô để chế biến ít nhất
140 kg thức ăn cho gà và 90 kg thức ăn cho cá. Từ mỗi tấn khoai mì giá 4 triệu
đồng, có thể chế biến được 20 kg thức ăn cho gà và 6 kg thức ăn cho cá. Từ mỗi
tấn ngô giá 3 triệu đồng, có thể chế biến được 10 kg thức ăn cho gà và 15 kg thức
ăn cho cá. Hỏi phải dùng bao nhiêu tấn nguyên liệu mỗi loại để chi phí nguyên
liệu là ít nhất biết rằng kho nguyên liệu của nhà máy còn lại 10 tấn khoai mì và
9 tấn ngô.
Gọi x , y (tấn) lần lượt là khối lượng khoai mì và ngô được sử dụng


0,5

Ta có chi phí nguyên liệu là T x , y   4x  3y
9a

Theo các giả thiết trên ta có hệ bất phương trình

 0  x  10
 0  x  10


 0  y  9
 0  y  9

 
 2x  y  14
20x  10y  140

 6x  15y  90
2x  5y  30



0,25

Vẽ đồ thị biểu diễn tập nghiệm của hệ bất phương trình trên.
 32  T 5, 4
Khi đó ta được T x, y 
min


Vậy để chi phí là thấp nhất thì nhà máy nên sử dụng 5 tấn khoai mì và 4 tấn ngô.
Giải phương trình:

2x 5  3x 4  14x 3
x 2


2 
 4x 4  14x 3  3x 2  2  1 
 *
x 2








ĐK: x  2

*  x 3 2x 2  3x  14  4x 4  14x 3  3x 2  2

x 2 2



 x  2 

 x 3 x  22x  7   4x 4  14x 3  3x 2  2 

 x  2  2 

x 2

 3
4
3
2
x 2x  7  x  2  2  4x  14x  3x  2 * *








x  2  4x 4  14x 3  4x 4  14x 3  3x 2  2

 x 3 2x  7  x  2  3x 2  2  2x  7 x  2 

2



x 2



3


0,25



* *  x 3 2x  7 
9b

0,5

3 x 2 

2
x

3



2
x3



3
x

3
* * *
x


Xét f t   2t 3  3t, có f ' t   6t 2  3  0, t

1
1
x  2  f    x  2 
x
 x 


x 0
x 0


 3

2
2
x  2x  1  0
x  1 x  x  1  0

Từ * * * ta có f







x 




1  5
2

Vậy phương trình có hai nghiệm x  2, x 

1  5
2

0,25


Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức P  ab  bc  ca  5a  5b  5c  4 .



2

Ta có a 2  b 2  c 2  a  b  c   3 a 2  b 2  c 2

1,0


0,25

2


 3  a  b  c   9  3  a  b  c  3
Đặt t  a  b  c, t   3; 3 


2

10
Ta có ab  bc  ca 

a  b  c 



 a 2  b2  c2
2

t

2

0,25

3
2

1
5
Suy ra P t   t 2  5t 
2
2

P t   t  5  0, t   3; 3


'

Vậy Pmax  22 với t  3 khi đó a  b  c  1.

0,25