10 đề thi thử THPTQG môn Toán của Cần Thơ

Chia sẻ: Hồng Nguyễn | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:68

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

10 đề thi thử THPTQG môn Toán của Cần Thơ giúp cho các bạn củng cố được các kiến thức của môn học thông qua việc giải những bài tập trong đề thi. Tài liệu phục vụ cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kì thi Trung học phổ thông Quốc gia môn Toán sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 10 đề thi thử THPTQG môn Toán của Cần Thơ

SỞ GD&ĐT TP CẦN THƠ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 20152016 TRƯỜNG THPT CHÂU VĂN LIÊM Môn thi : TOÁN **** Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = x 4 - 2 x 2 + 2 2 x +1 Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y = x- 2 có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) , biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng 5 Câu 3 (1,0 điểm). a. Tìm môđun của số phức z biết (2 + i 3 ) z + 1 + 3i = z + i 4 . b. Giải phương trình 6.9 x − 13.6 x + 6.4 x = 0. Câu 4 (1,0 điểm). 5 π � π� a. Cho sin α = với < α < π . Tính giá trị của cos �α + �. 13 2 � 4� b Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của 18 � 1� ￷￷ . ￷￷ x - ￷� x 2 �￷ 5 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = x3 (x 2 + 4 ) dx . 0 Câu 6 (1,0 điểm). Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2;0;1), mp (P): x −1 y z − 2 2 x − 2 y + z + 1 = 0 và đường thẳng (d): = = 1 2 1 a.Lập phương trình mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P). b. Viết phương trình đường thẳng qua điểm A, vuông góc và cắt đường thẳng (d) Câu 7 (1,0 điểm). Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB=a, OC= a 3 , (a>0) và đường cao OA= a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. a. Tính thể tích khối tứ diện theo a b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD,đường chéo AC �9 9 � có phương trình: x +2y 11= 0, M � ; � là trung điểm của đoạn AB.Tìm tọa độ cá điểm �2 2 � A,B,C,D biết xA 3 . Câu 9 (1,0 điểm). a)Một xí nghiệp có thề dùng ba loại nguyên liệu A; B; C để sản xuất ra một loại sản phẩm theo hai công nghệ khác nhau là CN1 và CN2. Cho biết tổng khối lượng nguyên liệu mỗi mỗi loại xí nghiệp hiện có, định mức tiêu thụ mỗi loại nguyên liệu trong một giờ sản xuất theo mỗi công nghệ trong bảng Tổng khối Định mức tiêu thụ trong 1 giờ Nguyên liệu lượng hiện có CN1 CN2 A 200 4 2 B 280 3 5 C 350 9 5 Sản lượng 30 36 1
Tìm kế hoạch sản xuất sao cho tổng số sản phẩm thu được nhiều nhất. b) Giải phương trình sau đây trên tập số thực x4 6 + 12 x + 5 x 2 − x 3 − 3x 3 + 4 x 2 + 2 x + 1 + 12 x + 8 = x +1 Câu 10: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn : ab + ac + bc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất a b c của biểu thức : P= + + 1+ a 2 1+ b 2 1 + c2 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi : TOÁN Câu Đáp án Điểm 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = x 4 - 2 x 2 + 2 Tập xác định: D = ￷ Sự biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x 0,25 (1,0 x=0 điểm) y ' = 0 x= 1 Các khoảng đồng biến: ( 1;0) và (1; ) ,khoảng nghịch biến : ( ; 1) và (0;1) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: x = 0 y CĐ 2 Hàm số đạt cực tiểu tại: x 1 y CT 1 0,25 Giới hạn tại vô cực: xlim y , xlim y Bảng biến thiên: x 1 0 1 + y’ 0 + 0 0 + + 2 0,25 y + 1 Đồ thị: 0,25 2
Câu Đáp án Điểm y 4 3 2 1 x 2 1 1 2 1 2 Cho hàm số y = 2 x +1 có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) , x- 2 biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng 5 Gọi M ( x0 ; y0 ) (C ) là tiếp điểm của tiếp tuyến với (C) . Ta có: -5 0,25 y'= 2 ( x - 2) (1,0 -5 Hệ số góc của tiếp tuyến bằng - 5 ￷ y '( x0 ) = - 5 ￷ 2 =- 5 ￷ điểm) ( x0 - 2 ) ￷x0 = 1 0,25 ￷ ￷x0 = 3 ￷ Với x0 = 1 ￷ y0 = - 3 : M 1 (1; - 3) ￷ Phương trình tiếp tuyến: y = - 5 x + 2 0,25 Với x0 = 3 ￷ y0 = 7 : M 2 (3;7) ￷ Phương trình tiếp tuyến : y = - 5 x + 22 0,25 Vậy có hai phương trình tiếp tuyến thỏa đề bài là: y = - 5 x + 2 và y = - 5 x + 22 3 a. Tìm môđun của số phức z biết (2 + i 3 ) z + 1 + 3i = z + i 4 . −3i 3 3 Ta có (2 + i 3 ) z + 1 + 3i = z + i 4 � (2 − i ) z − z = −1 − 3i + 1 � z = �z= − i 0,25 1− i 2 2 2 2 3 � �3 � 3 2 Do đó | z |=| z |= � � �+ � � = . 0,25 2 2 2 �� (1,0 Giải phương trình 6.9x − 13.6x + 6.4x = 0 (1) điểm Vì 4 > 0 , chia hai vế phương trình (1) cho 4 ta được x x 2 �3 �� x �� 3� x � � ( 1) � 6. � � � � � - 13.� �+ 6 = 0 (2) �2 �� 2� � �� 0,25 x �� 3 Đặt t = ￷￷￷ ￷￷￷ với t > 0 , phương trình (2) trở thành 6t 2 - 13t + 6 = 0 �� 2 ￷ 2 ￷t = 0,25 ￷ 3 ￷ ￷ ￷ 3 t￷ = ￷ 2 3
Câu Đáp án Điểm x 3 �� 3 3 ￷ Với t = thì ￷￷￷ ￷￷￷ = � x = 1 2 �� 2 2 x 2 �� 3 2 ￷ Với t = thì ￷￷￷ ￷￷￷ = � x = - 1 3 �� 2 3 Vậy nghiệm của phương trình là x = - 1; x = 1 4 5 π � π� 4a. Cho sin α = với < α < π . Tính giá trị của cos �α + �. (1,0 13 2 � 4� điểm) 2 5 � 144 Ta có cos 2 α = 1 − sin 2 α = 1 − � � �= . 13 � 169 � 0,25 −12 π Suy ra cos α = (vì < α < π nên cos α < 0 ) 13 2 � π� π π −12 2 5 2 −17 2 Do đó: cos �α + �= cos α.cos − sin α.sin = . − . = . � 4� 4 4 13 2 13 2 26 4b. Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của 18 � 1� ￷￷ ￷￷ x - ￷� x 2 �￷ � 1� 18 � 18 k 18- k � 1 � k 18 k ? � � � � � � 18 k Ta có: � x � - � = C . x . - � 2�� = C k . ( - 1) . x18- 3 k v ới 0,25 x2 � � x � k =0 k 18 18 k =0 Để có số hạng không chứa x : 18 - 3k = 0 � k = 6 Vậy hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển là: ( - 1) C186 = 18564 6 0,25 . 5 5 Tính tích phân I = x 3 ( x 2 + 4 ) dx . (1,0 0 điểm) Đặt 1 0,25 t = ( x 2 + 4) 2 = x 2 + 4 . Suy ra t = x + 4 . Do đó tdt = xdx . 2 2 x = 0 � t = 2 , x = 5 � t = 3 0,25 3 3 � 2 � Suy ra I = (t 2 − 4)t.tdt = (t 4 − 4t 2 )dt 2 0,25 3 �t 5 4t 3 � 63 64 253 I = � − � = + = 0,25 �5 3 �2 5 15 15 6 Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2;0;1), mp (P): 2 x − 2 y + z + 1 = 0 và (1,0 đường thẳng (d): x − 1 = y = z − 2 1 2 1 điểm) Lập phương trình mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) Vì (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên bán kính R của (S) là khoảng cách 4 − 0 +1+1 0,25 từ tâm A của (S) đến mp (P). R= R = = 2 2 2 2 + (−2) + 1 2 Phương trình mặt cầu (S): ( x − 2 ) + y 2 + ( z − 1) = 4 2 2 0,25 Gọi là đường thẳng qua điểm A, vuông góc với đường thẳng (d) và cắt 0,25 r đường thẳng (d) tại M . vì M (d) nên M (1 + m; 2m; 2 + m) , m ? . u là 4
Câu Đáp án Điểm vec tơ chỉ phương của (d) r uuur Vì d nên u. AM = 0 � 4m = 0 � m = 0 uuur => véc tơ chỉ phương của là AM = (−1;0;1) . Phương trình đường thẳng x = 2−t 0,25 cần tìm là : y = 0 , t ? z = 1+ t 7 Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB=a, OC= a 3 , (a>0) (1,0 và đường cao OA= a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. điểm) a. Tính thể tích khối tứ diện theo a b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM. a. Tính thể tích khối tứ diện OABC A Diện tích tam giác OBC : 0,25 1 1 a2 3 SOBC = OB.OC = a (a 3) = 2 2 2 a 3 H O C Thế tích khối tứ diện N a 3 1 1 a2 3 a3 V = SOBC .OA = ( )(a 3) = (đvtt) 0,25 3 3 2 2 K M a B b.Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM. Gọi N là điểm đối xứng của C qua O. Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình). OM // (ABN) d(OM;AB) = d(OM;(ABN)) = d(O;(ABN)). 0,25 Dựng OK ⊥ BN , OH ⊥ AK ( K ��BN ; H AK ) Ta có: AO ⊥ (OBC ); OK ⊥ BN � AK ⊥ BN BN ⊥ OK ; BN ⊥ AK � BN ⊥ ( AOK ) � BN ⊥ OH OH ⊥ AK ; OH ⊥ BN � OH ⊥ ( ABN ) � d (O; ( ABN ) = OH Từ các tam giác vuông OAK; ONB có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 a 15 = + = + + = + + = � OH = . 0,25 OH 2 OA2 OK 2 OA 2 OB 2 ON 2 3a 2 a2 3a 2 3a 2 5 a 15 Vậy, d (OM ; AB ) = OH = . 5 8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD , đường chéo AC có (1,0 phương trình x +2y 11 = 0, M �9 ; 9 �là trung điểm của đoạn AB.Tìm � � điểm) �2 2 � tọa độ cá điểm A,B,C,D biết xA 3 . 5
Câu Đáp án Điểm � 4� � 4� AB : A �x − �+ B �y − �= 0 ( A2 + B 2 > 0) � 5� � 5� r r n AB .n AC A + 2B cos45o = r r = n AB n AC 5 A2 + B 2 0,25 AB : x − 3 y + 9 = 0 � � A(3; 4) ( N ) B(6;5) AB : 3x + y − 18 = 0 A(5;3) ( L) �7 5 � Gọi N là điểm đối xứng của M qua AC N�; � 0,25 �2 2 � �7 5 � Gọi N là điểm đối xứng của M qua AC N � ; �.N Là trung điểm của �2 2 � 0,25 AD D(4;1) BD: 2x –y 7 = 0 � AC �BD = I ( 5;3) . I là trung điểm của AC C (7; 2) 0,25 9a Một xí nghiệp có thề dùng ba loại nguyên liệu A; B; C để sản xuất ra một loại (1,0 sản phẩm theo hai công nghệ khác nhau là CN1 và CN2. Cho biết tổng khối điểm) lượng nguyên liệu mỗi mỗi loại xí nghiệp hiện có, định mức tiêu thụ mỗi loại nguyên liệu trong một giờ sản xuất theo mỗi công nghệ trong bảng Tổng khối Định mức tiêu thụ trong 1 giờ Nguyên liệu lượng hiện có CN1 CN2 A 200 4 2 B 280 3 5 C 350 9 5 Sản lượng 30 36 Tìm kế hoạch sản xuất sao cho tổng số sản phẩm thu được nhiều nhất. Gọi x, y lần lượt là thời gian ( giờ) sẽ sản xuất theo công nghệ CN1; 0,25 CN2 ( x 0; y 0 ) . Tổng khối lượng nguyên liệu mỗi loại sẽ sử dụng để sản xuất là A: 4x + 3y (đơn vị nguyên liệu) B: 3x + 5y (đơn vị nguyên liệu) C: 9x + 5y (đơn vị nguyên liệu) Để không bị động trong sản xuất thì tổng khối lượng nguyên liệu mỗi loại sẽ sử dụng để sản xuất không thể vượt quá tổng khối lượng nguyên liệu mỗi loại xí nghiệp hiện có nên ta có điều kiện: 4 x + 3 y 200 3 x + 5 y 280 9 x + 5 y 350 x 0; y 0 Yêu cầu bài toán: Tìm giá trị lớn nhất của hàm F = 30x + 35y 6
Câu Đáp án Điểm Xác định miền nghiệm Ta có miền nghiệm là tứ giác OABC kể cả cạnh Với O(0;0) suy ra F = 0 �350 � 3500 �35 � Với A � ;0 � suy ra F = Với B � ; 49 � suy ra F = 2065 �9 � 3 �3 � 0,25 � 280 � 35 Với C �0; �suy ra F = 1960 Vậy sản xuất theo phương án : giờ � 5 � 3 theo công nghệ CN1 và 49 giờ theo công nghệ CN2 thì tổng số sản phẩm thu được là nhiều nhất F = 2065 9.b Giải phương trình sau đây trên tập số thực x4 6 + 12 x + 5 x 2 − x 3 − 3x 3 + 4 x 2 + 2 x + 1 + 12 x + 8 = x +1 x4 6 + 12 x + 5 x 2 − x 3 − 3x 3 + 4 x 2 + 2 x + 1 + 12 x + 8 = x +1 x4 � ( x + 1)(6 + 6 x − x 2 ) − ( x + 1)(3x 2 + x + 1) + 12 x + 8 = (*) x +1 ( x + 1)(6 + 6 x − x 2 ) 0 Đk ( x + 1)(3 x 2 + x + 1) 0 � 3 − 15 �x �3 + 15 x +1 0 0,25 Chia 2 vế pt (*) cho x + 1 (x + 1 > 0) ta được phương trình tương đương 6 + 6x − x2 3x 2 + x + 1 x x4 − +4 +8= x +1 x +1 x +1 ( x + 1) 2 x2 x2 x x4 x2 � 6− − 3 +1 + 4 +8= đ ặ t = t; t 0 x +1 x +1 x +1 ( x + 1) 2 x +1 Phương trình trở thành phương trình ẩn t: t 2 − 4t − 8 + 3t + 1 − 6 − t = 0 � t 2 − 4t − 5 + ( 3t + 1 − 4) + (1 − 6 − t ) = 0 3(t − 5) t−5 � 3 1 � � (t + 1)(t − 5) + + = 0 � (t − 5) � t +1+ + �= 0 3t + 1 + 4 1 + 6 − t � 3t + 1 + 4 1 + 6 − t � 3 1 0,25 � t = 5 (nhận) vì t + 1 + + > 0 Ta có 3t + 1 + 4 1 + 6 − t x2 5 3 5 = 5 � x 2 − 5x − 5 = 0 � x = (nhận) x +1 2 10 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn : ab + ac + bc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của (1,0 biểu thức : P = a + b + c điểm) 1 + a2 1 + b2 1 + c2 Từ điều kiện: ab + ac + bc = 1 , ta suy ra: 1 + a 2 = a 2 + ab + bc + ac = (a + b)(a + c ) 0,25 1 + b = ( a + b)(b + c) 2 1 + c 2 = ( a + c )(b + c ) ; 1 1 1 0,25 Ta có: P = a +b +c (a + b)(a + c) (a + b)(b + c) (c + b)(a + c ) a�1 1 � b�1 1 � c�1 1 � P � + �+ � + �+ � + � (áp dụng BĐT 2 �a + b a + c � 2 �a + b b + c � 2 �c + b a + c � 7
Câu Đáp án Điểm Cauchy) 3 P 0,25 2 3 1 Vậy max P = khi a = b = c = 0,25 2 3 SỞ GD & ĐT THÀNH PHỐ CẦN THƠĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT NGUYỄN VIỆT DŨNG MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y = - x 4 + 8x 2 + 4. x +1 Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị ( H ) . Viết phương trình tiếp tuyến của x- 1 đồ thị ( H ) tại điểm có hoành độ bằng 2. Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 2 cos2 2x + 5 sin 2x + 1 = 0. b) Giải phương trình z 4 + 4z 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 log22 x - 4 log4 x 3 + 5 = 0. 8 � 2� b) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của biểu thức ￷￷x 2 - ￷￷￷ . 4 ￷� x � ￷ Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I ( 7; 4; 6) và mặt phẳng ( P ) : x + 2y - 2z + 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 .A BCD có đáy A BCD là hình thoi cạnh a, A? BC = 60 , cạnh SA vuông góc với đáy và SC tạo với đáy một góc 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S .A BCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng A B và SD . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy , cho tam giác A BC 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. 8
b) Giải phương trình: 2x 5 + 3x 4 − 14x 3 x +2 ( ) � = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2 � 1− � 2 � x +2 � � Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab + bc + ca + 5a + 5b + 5c + 4 . HẾT 9
ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số 1,0 y = - x 4 + 8x 2 + 4. TXĐ: D = ? ￷ 3 ￷x = 0 0,25 y ' = - 4x + 16x , y ' = 0 ￷ ￷ ￷ ￷x = ￷ 2 lim y = - ￷ , lim y = - ￷ x￷ - ￷ x ￷ +￷ Bảng biến thiên x - ￷ 2 0 2 +￷ y' + 0 0 + 0 y 0,25 12 12 - ￷ 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 2 x +1 Cho hàm số y = có đồ thị ( H ) . Viết phương trình tiếp x- 1 1,0 tuyến của đồ thị ( H ) tại điểm có hoành độ bằng 2. -2 Có y ' = 2 0,25 ( x - 1) 1 Ta có x 0 = 2 � y 0 = 3, y ' ( x 0 ) = - 0,25 2 Phương trình tiếp tuyến là y = y ' ( x 0 ) ( x - x 0 ) + y 0 0,25 10
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là 1 1 0,25 y =- 2 ( x - 2) + 3 hay y = - x + 4 2 Giải phương trình: 2 cos2 2x + 5 sin 2x + 1 = 0. 0,5 2 cos2 2x + 5 sin 2x + 1 = 0 � - 2 sin 2 2x + 5 sin 5x + 3 = 0 ￷sin 2x = 3(V N ) ￷ 0,25 ￷ ￷ ￷ sin 2x = - 1 3a ￷￷ 2 � p � p � 2x = - + k 2p �x =- + kp � 6 � 12 �� 7p �� 7p ( k �? ) 0,25 �2x = + k 2p � x = + kp � 6 � � � 12 Giải phương trình z 4 + 4z 2 + 3 = 0 . 0,5 ￷z 2 = - 1 4 2 ￷ z + 4z + 3 = 0 ￷ ￷ 2 0,25 3b ￷z = - 3 ￷ ￷ z =￷ i ￷ ￷￷ 0,25 ￷￷z = ￷ 3i 1 Tính tích phân I = ￷ x 0 ( ) x 2 + 1 + e x dx . 1,0 1 1 1 Có I = �x 0 ( 2 x + 1 + e dx = x ) �x 0 x + 1dx + � 2 xe xdx = I 1 + I 2 0 0,25 Đặt t = x 2 + 1 � t 2 = x 2 + 1 � tdt = xdx Đổi cận: x = 0 � t = 1; x = 1 � t = 2 2 0,25 2 3 4 Suy ra I 1 = ￷ t 2dt = t = 2 2- 1 3 3 1 1 ￷￷ u = x ￷￷ du = dx Đặt �� ￷ � � � x �v = e x � dv = e dx ￷ ￷� 0,25 1 1 x ��3￷ Suy ra I 2 = xe x - ￷ e dx x t =￷ ￷ ￷ 0 ￷ ��2￷ 0 Vậy I = 2 2 + 2 0,25 3 5a Giải phương trình log22 x - 4 log 4 x 3 + 5 = 0. 0,5 ĐK: x > 0 0,25 log22 x - 4 log 4 x 3 + 5 = 0 � log22 x - 6 log2 x + 5 = 0 ￷log x = 1 ￷ ￷￷ 2 ￷log2 x = 5 11
￷x = 2 ￷ ￷￷ 0,25 ￷￷x = 32 Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển của biểu 8 5b � 2� 0,5 thức ￷￷x 2 - ￷￷￷ . ￷� x ￷� Ta có số hạng tổng quát k 2( 8- k ) � 2� 0,25 T k +1 = C 8k x ￷￷- ￷￷ = ( - 2) k C k x 16- 3k ￷￷ ￷� x � 8 Để số hạng chứa x 4 thì 16 - 3k = 4 � k = 4 4 0,25 Vậy hệ số cần tìm là ( - 2) C 84 = 1120 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I ( 7; 4; 6) và 6a mặt phẳng ( P ) : x + 2y - 2z + 3 = 0. Lập phương trình của 0,5 mặt cầu ( S ) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) . 1.7 + 2.4 - 2.6 + 3 ( Có R = d I , ( P ) = ) 2 =2 0,25 2 2 1 + 2 + ( - 2) Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là 2 2 2 0,25 ( x - 7) + ( 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 r r ud = n P = ( 1;2; - 2) 0,25 ￷ x = 7 +t ￷￷ Vậy phương trình đường thẳng d là ￷￷ y = 4 + 2t , t ￷ ? ￷￷ ￷￷ z = 6 - 2t 6b 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 0,25 2 �t =- 3 � 19 8 22 � Vậy ￷ ; ; ￷￷￷ là điểm cần tìm H ￷ ￷�3 3 3 � ￷ 7 Cho hình chóp S .A BCD có đáy A BCD là hình thoi cạnh a, 1,0 12
? BC = 60 , cạnh SA vuông góc với đáy và SC tạo với đáy A một góc 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S .A BCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng A B và SD . S K 0,25 A D H B C Ta có D A BC đều nên A C = a . Có BD = A B 2 + A D 2 - 2A B .A D . cos 120￷ = a 3 1 a2 3 Suy ra S A BCD = A C .BD = 2 2 0,25 Mặt khác SA = A C . t an 60￷ = a 3. 3 Vậy V S .A BCD = 1 SA .S A BCD = a 3 2 ( ) ( Do A B / / CD nên d ( A B , SD ) = d A B , ( SCD ) = d A , ( SCD ) ) Gọi H là trung điểm của CD . Do D A CD đều nên A H ^ CD . 0,25 Trong tam giác SA H kẻ A K ^ SH Khi đó d ( A , ( SCD ) ) = A K Ta có A H = a 3 2 A H .SA 15 AK = = a 0,25 2 A H + SA 2 5 Vậy d ( A B , SD ) = a 15 5 Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy , cho tam giác A BC nội tiếp đường tròn tâm O ( 0; 0) . Biết chân đường cao hạ từ 8 đỉnh A và C lần lượt là M ( - 1; 0) và N ( 1;1) . Hãy tìm tọa độ 1,0 các đỉnh của tam giác, biết đỉnh B nằm trên đường thẳng 3x + y - 1 = 0. 13
A O N I B M H C 0,25 Ta chứng minh OB ^ MN . Ta có tứ giác A NMC nội tiếp nên BA? C + NMC ? = 180￷ . ? ? ? ? ? Mà BMN + NMC = 180￷. Suy ra BA C = BMN = BOH , với H là chân đường cao của O xuống cạnh BC . ? ? ? ? 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. Ta tìm được B ( 1; - 2) 0,25 Có BN : x = 1, BM : x + y + 1 = 0, CN : y = 1, A M : - 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 0,5 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 9a Ta có chi phí nguyên liệu là T ( x , y ) = 4x + 3y Theo các giả thiết trên ta có hệ bất phương trình � 0 ￷ x ￷ 10 � 0 ￷ x ￷ 10 0,25 � � � � � � 0￷ y ￷ 9 � � 0￷ y ￷ 9 � � ￷ � � � 20x + 10y ￷ 140 � � �2x + y ￷ 14 � � � � �6x + 15y ￷ 90 2x + 5y ￷ 30 � � � Vẽ đồ thị biểu diễn tập nghiệm của hệ bất phương trình trên. Khi đó ta được T ( x , y ) min = 32 = T ( 5, 4) Vậy để chi phí là thấp nhất thì nhà máy nên sử dụng 5 tấn khoai mì và 4 tấn ngô. 14
Giải phương trình: 2x 5 + 3x 4 − 14x 3 x +2 ( � = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2 � 1− � 2 � �* x +2� ) ( ) 0,5 ĐK: x > - 2 ( *) � x 3 ( 2x 2 + 3x - ) ( 14 = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2 )( x +2 - 2 ) � x- 2 � ￷￷ � x3 ( x - 2) ( 2x + 7 ) = ( 4x + 14x 4 3 + 3x 2 + 2 ￷￷￷ ) ￷� x + 2 + 2 � ￷￷ ￷ 0,25 ￷ x =2 ￷ ￷ ￷3 ￷x ( 2x + 7 ) ￷ ( ) x + 2 + 2 = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2 ( * *) ( * *) � x 3 ( 2x + 7) x + 2 + 4x 4 + 14x 3 = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2 2 3 9b � x 3 ( 2x + 7 ) x + 2 = 3x 2 + 2 � ( 2x + 7 ) x + 2 = + x 3 x 3 2 3 �2 ( x +2 ) +3 x +2 = x3 + x ( * * *) Xét f ( t ) = 2t 3 + 3t , có f ' ( t ) = 6t 2 + 3 > 0, " t �� 1 1 Từ ( * * *) ta có f (x￷ ￷�� ) x + 2 = f ￷￷ ￷￷￷ � x + 2 = x 0,25 ￷ x >0 ￷ x >0 ￷ ￷ �� 3 � � � � � ￷ x + 2x 2 - 1 = 0 � � ￷ ( x + 1) x 2 + x - 1 = 0 ( ) - 1+ 5 �x = 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2, x = - 1 + 5 2 Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 = 3. 1,0 10 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab + bc + ca + 5a + 5b + 5c + 4 . 2 Ta có a 2 + b2 + c 2 ￷ ( a + b + c ) ￷ 3 a 2 + b2 + c 2 ( ) 0,25 2 3 (a ￷++� b c) 9 ￷++� 3 a b c 3 Đặt t = a + b + c, t ￷ � �3; 3� � � � 2 0,25 Ta có ab + bc + ca = ( a + b + c) ( - a 2 + b2 + c 2 ) =t 2 - 3 2 2 1 5 Suy ra P ( t ) = t 2 + 5t + 2 2 0,25 P ( t ) = t + 5 > 0, " t ￷ � ' �3; 3� � � � Vậy Pmax = 22 với t = 3 khi đó a = b = c = 1. 15
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM TẠO 2016 THÀNH PHỐ CẦN THƠ MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THAM KHẢO (Đề có 01 trang) 2x +1 Câu 1 (1,0điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = . x +1 Câu 2 (1,0điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2 ( m + 1) x 2 + m + 2 (1). Gọi A là điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ xA = 1 . Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) 1 tại A vuông góc với đường thẳng d : y = x − 2016 . 4 Câu 3 (1,0điểm). 2 ( 1 + 2i ) 1) Tìm môđun của số phức z biết: ( 2 + i ) ( 1 − iz ) + = ( 3 − 2i ) z 1+ i 2) Giải bất phương trình: 2 log 3 ( 4 x − 3) + log 1 ( 2 x + 3) 2 . 3 Câu 4 (1,0điểm). Tính tích phân sau: I = e 2 (x 2 ) + 1 ln x + 1 dx e x ln x Câu 5 (1,0điểm). � π� 1) Giải phương trình: sin �x + �+ cos 2 x = 0 . 3 � � 2) Cuộc thi tìm kiếm tài năng trường THPT Thạnh An lần II năm học 2015 – 2016 tuyển được 14 tiết mục để công diễn, trong số đó lớp 11A2 có 2 tiết mục được chọn. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 2 nhóm công diễn, mỗi nhóm 7 tiết mục. Tính xác suất để 2 tiết mục của lớp 11A2 được biểu diễn trong cùng một nhóm. Câu 6 (1,0điểm). Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 2 z + 1 = 0 và hai điểm A ( 1; −2;3) , B ( 3; 2; −1) . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B và vuông góc với (P). Tìm điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến (Q) bằng 17 . Câu 7 (1,0điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 , = 1200 và cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 60 . ￷ 0 BAD Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC. Câu 8 (1,0điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H ( 1; 2 ) là hình 16
�9 � chiếu vuông góc của A trên BD. Điểm M � ;3 � là trung điểm cạnh BC, Phương trình �2 � đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là d : 4 x + y − 4 = 0 . Viết phương trình cạnh BC. x 3 − x 2 + x − xy = y 3 + y 2 + y + 1 Câu 9 (1,0điểm). Giải hệ phương trình: (x, y R) x 3 − 9 y 2 + 6 x − 18 y − 15 = 3 3 6 x 2 + 2 Câu 10 (1,0điểm). Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( a + b) 2 c 2 + 4(ab + bc + ca ) HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Đáp án – cách giải Điểm 1 2x +1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = . x +1 1 TXĐ: D=R \{ 1}, y’ = ( x + 1)2 >0 x D 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;1) và (1;+ ). Hàm số không có cực trị. Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: lim y = 2; lim y = 2 Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. x − x + 0.25 lim− y = + ; lim+ y = − Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng. x −1 x −1 Bảng biến thiên 0.25 Đồ thị 0.25 2 Cho hàm số y = x 4 − 2 ( m + 1) x 2 + m + 2 (1). Gọi A là điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ xA = 1 . Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại A vuông góc với đường thẳng 1 d:y= x − 2016 . 4 Ta có: y ' = 4 x3 − 4 ( m + 1) x 0.25 Hệ số góc tiếp tuyến tại điểm A là: y ' ( 1) = −4m 0.25 Tiếp tuyến tại A vuông góc với đường thẳng d 1 0.5 y ' ( 1) . = −1 � m = 1 4 3 2 ( 1 + 2i ) 1) Tìm mô đun của số phức z biết: ( 2 + i ) ( 1 − iz ) + = ( 3 − 2i ) z 1+ i 2(1 + 2i ) 0.25 (2 + i )(1 − iz ) + = (3 − 2i) z � 2 + i − (2 + i)iz + 3 + i = (3 − 2i) z 1+ i 17
� 2 z = 5 + 2i 5 29 �z= +i � z = 0.25 2 2 2) Giải bất phương trình: 2 log 3 ( 4 x − 3) + log 1 ( 2 x + 3) 2 . 3 3 ĐK: x > . 4 0.25 Khi đó: 2 log 3 ( 4 x − 3) + log 1 ( 2 x + 3) �� 2 log 3 ( 4 x − 3) �log 3 � ( 2 x + 3) .9 � 2 � � 3 3 � ( 4 x − 3) �( 2 x + 3) .9 � 16 x 2 − 42 x − 18 �0 � − �x �3 2 8 3 0.25 Kết hợp điều kiện, nghiệm của BPT là: < x 3 4 4 Tính tích phân sau: I = e 2 2 ( x + 1 ln x + 1 dx ) e x ln x I=� e2 (x 2 + 1) ln x + 1 e2 x2 +1 1 dx = � dx + � dx = � e2 � 1� e2 1 e2 dx + � dx = J + K 0.25 �x + � e x ln x e x e x ln x e � x � e x ln x e2 e2 � 1 � �x 2 � e4 − e2 J = �x + � dx = � + ln x � = +1 0.25 e � x � �2 �e 2 e2 e2 1 1 e2 K = � dx = � d ln x = ln ln x = ln 2 0.25 e x ln x e ln x e e4 − e2 I= + 1 + ln 2 0.25 2 � π� 1) Giải phương trình: sin �x + �+ cos 2 x = 0 . 3 � � � π� � π� �π π� sin �x + �+ cos 2 x = 0 � cos 2 x = − sin �x + �� cos 2 x = cos � + x + � 0.25 � 3� � 3� �2 3� 5π 5π 2x = + x + k 2π x= + k 2π �5π � 6 6 � cos 2 x = cos � + x �� ( k �￷ ) 0.25 �6 � 2 x = − �5π + x �+ k 2π 5π 2π �6 � x=− +k � � 18 3 2) Cuộc thi tìm kiếm tài năng trường THPT Thạnh An lần II năm 5 học 2015 – 2016 tuyển được 14 tiết mục để công diễn, trong số đó lớp 11A2 có 2 tiết mục được chọn. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 2 nhóm công diễn, mỗi nhóm 7 tiết mục. Tính xác suất để 2 tiết mục của lớp 11A2 được biểu diễn trong cùng một nhóm. Số cách chia 14 tiết mục thành hai nhóm, mỗi nhóm 7 tiết mục là C147 0.25 . C77 số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = C14 7 Gọi A là biến cố “cả 2 tiết mục của lớp 11A2 diễn cùng một nhóm” 2C125 6 0.25 n ( A ) = 2.C 5 12 P ( A) = 7 = C14 13 6 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 2 z + 1 = 0 và hai 18
điểm A ( 1; −2;3) , B ( 3; 2; −1) . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B và vuông góc với (P). Tìm điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến (Q) bằng 17 . uuur uur Ta có: AB = ( 2; 4; −4 ) , mp(P) có VTPT nP = ( 2;1; −2 ) 0.25 uur uuur uur mp(Q) có vtpt là nQ = � � �= ( −4; −4; −6 ) AB; nP � (Q): 2x + 2y + 3z – 7 = 0. 0.25 2m − 7 M Ox. M(m; 0; 0), d ( M ; ( Q ) ) = 17 � = 17 (*) 0.25 17 Giải (*) tìm được m = 12, m = −5 . Vậy: M(12; 0; 0) hoặc M(5; 0; 0) 0.25 7 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 , BAD ￷ = 1200 và cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC. 0.25 Do dáy ABCD là hình thoi có BAD ￷ = 1200 nên các tam giác ABC, ADC đều cạnh a 3 .Gọi H là trung điểm của BC, ta có: AH ⊥ BC, SA ⊥ BC BC ⊥ SH Do đó: (￷ ( SBC ) ; ( ABCD ) ) = (￷AH ; SH ) = SHA ￷ = 600 3a Tam giác SAH vuông tại A: SA = AH .tan 600 = 2 3 t = 0.25 2 1 3a 3 3 Vậy: VS . ABCD = SA.S ABCD = 3 4 Gọi O = AC BD. Vì BD ⊥ AC và BD ⊥ SA nên BD ⊥ (SAC). 0.25 Kẻ OK ⊥ SC tại K OK là đường vuông góc chung của BD và SC d(BD; SC) = OK. 3a 7 Tam giác SAC đồng dạng tam giác OKC OK = 0.25 14 8 Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H ( 1; 2 ) là �9 � hình chiếu vuông góc của A trên BD. Điểm M � ;3 � là trung điểm �2 � cạnh BC, Phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là d : 4 x + y − 4 = 0 . Viết phương trình cạnh BC. 19
0.25 Gọi K là trung điểm của DH, P là trung điểm của AH. Ta có: KP // AD KP ⊥ AB Mặt khác: AH ⊥ BD P là trực tâm tam giác ABK BP ⊥ AK (1) Lại có: Tứ giác BMKP là hình bình hành nên BP // KM (2) Từ (1) và (2) ta được: AK ⊥ KM. Đường thẳng KM qua M và vuông góc với AK nên KM: 15 0.25 x − 4y + =0 2 �1 � K = AK KM K � ; 2 �. Do K là trung điểm của DH D(0; 2) 0.25 �2 � Đường thẳng BD đi qua K và H nên BD: y − 2 = 0 , Đường thẳng AH: x – 1 = 0. A = AH d A(1; 0) 0.25 Đường thẳng BC qua M và song song với AD nên BC: 2x + y – 12 = 0 9 x 3 − x 2 + x − xy = y 3 + y 2 + y + 1 ( 1) Giải hệ phương trình: x 3 − 9 y 2 + 6 x − 18 y − 15 = 3 3 6 x 2 + 2 ( 2) y = x −1 y = x −1 ( ) (1) � ( x − y − 1) x 2 + y 2 + xy + 1 = 0 � x 2 + y 2 + xy + 1 = 0 � � 1 2 � 3 y �+ y 2 + 1 = 0 ( vn ) � y = x −1 0.25 �x + � 2 � 4 Thay y = x – 1 vào (2), ta được: ( x 3 − 9 x 2 + 6 x − 6 = 3 3 6 x 2 + 2 � x 3 − 3x 2 + 3 x − 1 + 3 ( x − 1) = 6 x 2 + 2 + 3 3 6 x 2 + 2 ) 0.25 ( ) ( ) ( *) 3 � ( x − 1) + 3 ( x − 1) = + 3 3 6 x 2 + 2 � f ( x − 1) = f 3 3 6 x2 + 2 3 6 x2 + 2 Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t , t �￷ , f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t �￷ 0.25 hàm số f ( t ) đồng biến trên R x − 1 = 3 6 x 2 + 2 � 6 x 2 + 2 = ( x − 1) � ( x + 1) = 2 ( x − 1) 3 3 3 (*) 1+ 3 2 2 0.25 � x + 1 = 3 2 ( x − 1) � x = �y= 3 3 2 −1 2 −1 10 ( a + b) 2 Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2] . Tìm GTNN của P = 2 c + 4(ab + bc + ca ) ( a + b) 2 ( a + b) 2 0.25 P = = c 2 + 4(ab + bc + ca ) c 2 + 4(a + b)c + 4ab 20