SỞ GD & ĐT CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT BÌNH THỦY
Đề
ĐỀtham
SỐ khảo
311

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 của hàm số y 

x3
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x   2 x 3  x 2  1 tại điểm
3

có hoành độ x0 là nghiệm của phương trình f  x0   10 .
Câu 3 (1,0 điểm).
5
4

a) Cho góc  thỏa mãn sin   cos   . Tính giá trị biểu thức P  cos 4  1 .
b) Giải phương trình 49 x  7 x1  98  0 trên tập số thực.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm môđun của số phức z, biết rằng: z  2  3i 5  i  

2  6i

.
1 i

b) Giải bóng chuyền VTV cúp Bình Điền gồm có 8 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước
ngoài và 2 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 2 bảng A,
B và mỗi bảng gồm 4 đội. Tính xác suất để 2 đội bóng của Việt Nam ở 2 bảng khác nhau.
e

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x1  ln x dx
1

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, hình chiếu vuông góc
của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của đoạn AB, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng
(ABC) bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam
giác ABC đến mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( P) : 2 x  2 y  z  4  0 và mặt cầu (S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  11  0 . Chứng minh rằng mặt
phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn, tìm tâm của đường tròn giao tuyến đó.
Câu 8. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh
AB, AD lấy hai điểm E và F sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BF. Giả
sử E 1; 2 , H 0;  1 và điểm C thuộc đường thẳng d : x  2 y  0 . Tìm tọa độ điểm C.
Câu 9 (1,0 điểm).
a) Anh A cần phải xây dựng một hố ga dạng hình hộp chữ nhất bằng bê tông có thể tích 4 (m3)
và tỉ số giữa chiều cao và chiều rộng của đáy bằng 2 . Hãy xác định kích thước của đáy để
khi xây dựng hố ga tiết kiệm được nguyên vật liệu nhất.
b) Giải phương trình
Câu 10 (1,0 điểm). Tìm

P


2 x 2  6 x  6  x  1  x  2 trên tập số thực.

giá

trị

lớn

nhất

và

giá

trị

nhỏ

nhất

của

5  4a  1  a
5
, trong đó a là số thực thỏa mãn  1  a 
4
5  4a  2 1  a  6
-------------------Hết----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

biểu


thức


TRƯỜNG THPT BÌNH THỦY
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
ĐỀ THI THỬ
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)
Môn thi: TOÁN
Câu

Đáp án

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

x3
x 1

1,0đ

 Tập xác định: D  R \ 1
 Sự biến thiên:
4
 0, x  D
 x  12
– Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ; 1 và 1;   
Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 ; tiệm cận ngang: y  1


0,25

– Chiều biến thiên: y 

x 

x 

0,25

lim y  ; lim y   ; tiệm cận đứng: x  1

x 1

1

Bảng biến thiên:
x 
y
1
y

x1



1

–


–
0,25


1


Đồ thị:
4

2

0,25
-5

5

-2

-4

-6

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x   2 x 3  x 2  1 tại điểm
3

1,0đ

có hoành độ x0 là nghiệm của phương trình f  x0   10 .

2

f  x   2 x 2  2 x; f x   4 x  2
Theo đề bài, ta có: f  x0   10  4 x0  2  10  x0  3
Với x0  3  f 3  10; f 3  12
Phương trình tiếp tuyến tại điểm 3; 10 là: y  12 x  26

0,25
0,25
0,25
0,25

5
4

Cho góc  thỏa mãn sin   cos   . Tính giá trị biểu thức P  cos 4  1 .
3a

3b

5
9
 sin 2 
4
16
175
P  cos 4  1  2  2 sin 2 2 
128
x
x 1

Giải phương trình 49  7  98  0 trên tập số thực.
Ta có: sin   cos  

0,25
0,25
0,5đ
7 x  7

Phương trình đã cho tương đương với 7 2 x  7.7 x  98  0  

x
 7  14 (vn)



x  1 . Vậy nghiệm của phương trình là x  1

0,5đ

0,25
0,25


Tìm môđun của số phức z, biết rằng: z  2  3i 5  i  
4a

4b

2  6i
.

1 i

0,5đ

2  6i
 13  13i    2  4i   15  17i
1 i
Môđun của z là: z  514
Giải bóng chuyền VTV cúp Bình Điền gồm có 8 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội
nước ngoài và 2 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia
thành 2 bảng A, B và mỗi bảng gồm 4 đội. Tính xác suất để 2 đội bóng của Việt Nam
ở 2 bảng khác nhau
Số phần tử không gian mẫu là C84  70
Số kết quả thuận lợi cho biến cố “2 đội bóng của Việt Nam ở 2 bảng khác nhau” là
4
2!.C 63  40 . Xác suất cần tính là P  .
7
Ta có: z  2  3i 5  i  

0,25
0,25
0,5đ
0,25
0,25

e

Tính tích phân I   x1  ln x dx

1,0đ


1

Đặt u  1  ln x; dv  xdx . Suy ra du 
5
e
x2
1e
(1,0đ) Khi đó:
I  1  ln x    xdx
2
21
1
e

x2
x2
 1  ln x  
2
4
1

e


1

1
x2
dx; v 

x
2

0,25
0,25

3e 2  1
4

0,25
0,25

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, hình chiếu vuông góc của S
trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của đoạn AB, góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
trọng tâm G của tam giác ABC đến mặt phẳng (SAC).
  600
Ta có: Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) là góc SCH

HC  a 3; SH  HC. tan 600  3a , S ABC  a 2 3
1
1
VS . ABC  SH .S ABC  .3a.a 2 3  a 3 3 (đvtt)
S
3
3
Ta có: HG  SAC   C
6
d G, SAC  GC 2
(1,0đ)




d H , SAC  HC 3
K
2
A
N
 d G , SAC   d H , SAC 
3
Gọi I trung điểm của đoạn AC, N là trung điểm của IA, H
suy ra HN  AC . Mà SH  AC , nên AC  SHN 
B
Trong mặt phẳng (SHN), kẻ HK  SN , K  SN

I

G

1,0đ

0,25

C
0,5

Có SAC   SHN  theo giao tuyến SN và HK  SN nên HK  SAC 
 d H , SAC   HK
Có HN 


1
a 3
1
1
1
;
BI 


2
2
2
2
HK
HN
SH 2

 HK 

HN .SH

a 15
2 a 15 2a 15

 d G, SAC   .

5
3 5
15
HN 2  SH 2


0,25


Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  2 y  z  4  0 và
mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  11  0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt
cầu (S) theo một đường tròn, tìm tâm của đường tròn giao tuyến đó
Mặt cầu (S) có tâm I 1; 2; 3 , bán kính R  5
Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) là: d  I ,  P  

7

8

2 434

0,25

3

4  4 1
Suy ra d  I ,  P   R . Nên mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn
Gọi H là tâm đường tròn giao tuyến của (P) và (S). Suy ra H là hình chiếu vuông góc
của I lên mặt phẳng (P).
Đường thẳng IH vuông góc với mặt phẳng (P) nên nhận vectơ pháp tuyến của mặt
phẳng (P): n  2;  2;  1 làm vectơ chỉ phương có .
x 1 y  2 z  3
Phương trình đường thẳng IH:



2
2
1
 x 1 y  2 z  3


Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:  2
2
 1  H 3; 0; 2
2 x  2 y  z  4  0
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB, AD
lấy hai điểm E và F sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BF.
Giả sử E 1; 2 , H 0;  1 và điểm C thuộc đường thẳng d : x  2 y  0 . Tìm tọa độ C
A
E
B
Gọi M  AH  CD .
 (cùng phụ góc 
Khi đó ta có 
ABF  DAM
AFH )
Suy ra BAF  ADM
 DM  AF  AE nên BCME là hình chữ nhật.
H
I
Gọi I là tâm của hình chữ nhật BCME,
F
suy ra IE  IC  IB  IM (1)
Tam giác MHB vuông tại H nên IB  IM  IH (2)
Từ (1) và (2) suy ra tam giác HEC vuông tại H

D
M
C
Gọi C  2c; c   d là điểm cần tìm. Khi đó, EH   1;  3, HC   2c; c  1
 
Ta có: EH  HC , nên EH .HC  0  c  3  0  c  3 . Vậy C 6;  3  d

9a

Anh A cần phải xây dựng một hố ga dạng hình hộp chữ nhất bằng bê tông có thể tích
4(m3) và tỉ số giữa chiều cao và chiều rộng của đáy bằng 2 . Hãy xác định kích thước
của đáy để khi xây dựng hố ga tiết kiệm được nguyên vật liệu nhất.
Gọi x, y, h (m) lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hố ga.
Điều kiện x  0, y  0, h  0 . Theo đề bài, ta có: h  2 x
2
Thể tích hố ga là: V  xyh  y  2
x
10
Diện tích xây dựng hố ga là: S   4 x 2
x
10
10
Xét hàm số S  x    4 x 2 , x  0 . Có S  x    2  8 x, x  0 ,
x
x
5
S  x   0  x  3 , x  0 , lim  ; lim  
x
x0
4


x
y
y

0



3

–

4
25
103  23
5
2

0,25

0,25

0,25

1,0đ

0,25

0,25


0,25
0,25
0,5đ

0,25

0,25

5
4
0

1,0đ


+




Vậy để ít tốn nguyên liệu xây dựng hố ga nhất anh A nên xây hố ga theo kích thước là
5
2
5
Chiều rộng x  3 (m) , chiều dài y  43
(m) , chiều cao h  23 (m)
4
25
4

Giải phương trình
Điều kiện: x  2

2 x 2  6 x  6  x  1  x  2 trên tập số thực.

0,5đ

2

2 x 2  6 x  6  x  1  x  2  2 x  1  2 x  2   x  1  x  2
Ta thấy x  1 không phải là nghiệm của phương trình, x  1 phương trình tương
2x  2 
x2
đương với 2 
 1
2
x 1
 x  1
x2
, phương trình trở thành:
x 1
t  1
 
 t 1
2
2
2

2
t


1

2
t

t


Đặt t 
9b

Với t  1 

0,25

2  2t 2  1  t

x2
 1  x  2  x 1
x 1

 x  1
  2
x
x  x 1  0

5 1
2


0,25

5 1
2
5  4a  1  a
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
, trong
5  4a  2 1  a  6
5
đó a là số thực thỏa mãn  1  a 
4
Đặt A  5  4a , B  1  a thì A2  4 B 2  9 ( A  0, B  0 )
So với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình là x 

 A  3 sin x

Do đó, tồn tại x  0;  sao cho 
 2 
2 B  3 cos x
2 sin x  cos x
Khi đó, biểu thức được viết lại là: P 
2 sin x  2 cos x  4
2 sin x  cos x

Xét hàm số f x  
, x  0; 
10
 2 
2 sin x  2 cos x  4
(1,0đ)

6  4 sin x  8 cos x
 
Ta có: f  x  
 0 , x  0; 
2
2 sin x  2 cos x  4
 2

Suy ra hàm số f x  đồng biến trên đoạn 0; 
 2 

1
1
Do đó, max f x   f    , min f x   f 0   
 
6
 2  3  0;  
 0; 


2



0,25

0,25

0,25


2

Vậy, giá trị lớn nhất của biểu thức P là
biểu thức P là 

1,0đ

1
, đạt được khi a  1 ; giá trị nhỏ nhất của
3

1
5
, đạt được khi a 
6
4
-------------------HẾT-------------------

0,25