b Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn.. Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu?[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP THI DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 23/5/2016 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 01 trang) Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x 1 x2 Câu (1,0 điểm) Tìm các điểm cực đại, cực tiểu hàm số y x x Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3 i) z (1 i)(2 i ) i Tìm phần thực và phần ảo z b) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm và lãi hàng năm nhập vào vốn Cho biết số n tiền gốc và lãi tính theo công thức T A 1 r , đó A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số kỳ hạn gửi Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu gấp đôi số tiền ban đầu ? Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I ( x cos5 x )sin xdx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(5;5;0), B(4;3;1) và đường thẳng x 1 y z Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d 1 cho MA d: Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sin x sin x b) Có hai thùng đựng xoài Thùng thứ có 10 trái (6 trái loại I, trái loại II), thùng thứ hai có trái (5 trái loại I, trái loại II) Lấy ngẫu nhiên thùng trái Tính xác suất để lấy ít trái loại I Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc ABC 600 , hai mặt phẳng SAC và SBD cùng vuông góc với đáy, góc hai mặt phẳng SAB và ABCD 300 Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách hai đường thẳng SA , CD theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A với A(1; 2) Gọi H là trung điểm cạnh BC , D là hình chiếu vuông góc H trên AC , trung điểm M đoạn HD nằm trên đường thẳng : x y và phương trình đường thẳng BD : x y Tìm toạ độ B, C biết điểm D có hoành độ âm x xy y x y y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x y x x 18 x y x, y Câu 10 (1,0 điểm) Cho x , y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy yz zx Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x y z 1 2 2 x y z x2 y2 z2 Cảm ơn thầy Nguyễn Hữu Tài (nhtai.caolanh2@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl (2) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP THI DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN HDC CHÍNH THỨC (Gồm có 01 trang) Câu (1,0đ) Đáp án Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y Điểm 1,00 x 1 x2 ♥ Tập xác định: D \ 2 ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: y ' ; y ' 0, x D x 2 0,25 Hàm số nghịch biến trên khoảng ; 2 và 2; 0,25 ￚ Giới hạn và tiệm cận: lim y lim y tiệm cận ngang: y lim y ; lim y tiệm cận đứng: x 2 x x x 2 x 2 0,25 ￚ Bảng biến thiên: x y' 2 y 1 ♥ Đồ thị: + Giao điểm với các trục: 1 Oy : x y : 0; và Oy : y x x 1: 1; 2 1 Đồ thị cắt các trục tọa độ 0; , 1; 2 0,25 (3) (1,0đ) Tìm các điểm cực đại, cực tiểu hàm số y x 1,00 x Tập xác định: D \ 0 0,25 x2 x2 x y ' x x 1 Bảng biến thiên Chiều biến thiên: y ' x y' y 1 yCĐ 0,25 0 (1,0đ) 0,25 yCT Từ bảng biến thiên ta suy hàm số đạt cực đại x 1 và đạt cực tiểu x a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3 i) z (1 i)(2 i ) i Tìm phần thực và phần ảo z 4i Ta có (3 i) z (1 i)(2 i ) i (3 i ) z 4i z i 3i 5 Số phức z có phần thực , phần ảo 5 b) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm và lãi hàng năm nhập n vào vốn Cho biết số tiền gốc và lãi tính theo công thức T A 1 r , đó A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số kỳ hạn gửi Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu gấp đôi số tiền ban đầu ? 0,25 0,25 0,50 0,25 n Sau n năm số tiền thu là T A 1 0, 068 n 0,25 0,50 n Để T A thì phải có 1, 068 (hay 1 6,8% ) 0,25 n log1,068 10,54 Vậy muốn thu gấp đôi số tiền ban đầu, người đó phải gửi 11 năm (1,0đ) 1,00 Tính tích phân I ( x cos5 x )sin xdx 2 0,25 Ta có I x sin xdx sin x.cos xdx 0 0,25 u x du dx Đặt du sin xdx v cos x Khi đó x sin xdx x cos x 02 cos xdx sin x 02 0 0,25 Đặt t cos x dt sin xdx t x Đổi cận t x 1 t6 Khi đó sin x.cos xdx t dt t dt 0 5 (4) 6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(5;5;0), B(4;3;1) và đường Vậy I (1,0đ) x 1 y z Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm 1 M trên đường thẳng d cho MA Đường thẳng AB có VTCP là AB (1; 2;1) x5 y5 z Phương trình AB là 1 2 x 2t Đường thẳng d có phương trình tham số là y t t z 2 t Do M d nên ta đặt M 1 2t ; t; 2 t Suy 0,25 1,00 thẳng d : MA 2 1 2t 5 t 5 2 t 0 0,25 0,25 0,25 6t 26t 29 0,25 t Khi đó MA 6t 26t 20 10 t 23 16 Vậy có hai điểm M trên d thoả đề bài là M 3;3; 1 M ; ; 3 3 a) Giải phương trình sin x sin x (1) (1,0đ) 0,25 Ta có (1) 2sin x cos x sin x sin x(2 cos x 3) sin x x k cos x cos x x k 2 0,25 k 2 k b) Có hai thùng đựng xoài Thùng thứ có 10 trái (6 trái loại I, trái loại II), thùng Vậy nghiệm phương trình (1) là x k ; x 0,50 0,50 thứ hai có trái (5 trái loại I, trái loại II) Lấy ngẫu nhiên thùng trái Tính xác suất để lấy ít trái loại I Số phần tử không gian mẫu là n C101 C81 80 0,25 Gọi A là biến cố “Có ít trái loại I” Khi đó A là biến cố “Cả hai trái là loại II” 0,25 Số kết thuận lợi cho biến cố A là n A C41C31 12 Suy P A ♥ Vậy xác suất cần tính là P A 1 P A 1 (1,0đ) 12 80 20 17 20 20 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc ABC 600 , hai mặt phẳng SAC và SBD cùng vuông góc với đáy, góc hai mặt phẳng SAB và ABCD 300 Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách hai đường thẳng SA , CD theo a 1,00 (5) 0,25 Gọi O AC BD , M là trung điểm AB và I là trung điểm AM Do tam giác ABC là tam giác cạnh a nên a a a2 , OI , S ABCD CM AB, OI AB và CM Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO ABCD 0,25 0,25 300 Do AB OI AB SI Suy SAB , ABCD OI , SI SIO Xét tam giác vuông SOI ta SO OI t an300 a 3 a 4 1 a a a3 Suy V S ABCD SO 3 24 Gọi J OI CD và H là hình chiếu vuông góc J trên SI 0,25 a và JH SAB Do CD / / AB CD / / SAB Suy Suy IJ 2OI d SA, CD d CD, SAB d J , SAB JH Xét tam giác vuông IJH ta JH IJ s in30 a a 2 a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A với A(1; 2) Gọi H 0,25 Vậy d SA, CD (1,0đ) là trung điểm cạnh BC , D là hình chiếu vuông góc H trên AC , trung điểm M đoạn HD nằm trên đường thẳng : x y và phương trình đường thẳng BD : x y Tìm toạ độ B, C biết điểm D có hoành độ âm 1,00 (6) Gọi N là trung điểm DC Khi đó HN là đường trung bình tam giác BDC nên HN / / BD Do MN là đường trung bình tam giác DHC nên MN / / CH mà CH AH (do tam giác ABC cân A ) nên MN AH Suy M là trực tâm tam giác AHN Suy AM HN AM BD Do AM BD : x y nên phương trình AM có dạng x y m A(1; 2) AM m Suy AM : x y Vì M AM nên toạ độ M là nghiệm hệ x y 1 x 1 M (1; 0) 2 x y x Đặt D (t ;1 t ) , ta có AD (t 1; 1 t ) và MD (t 1;1 t ) Vì tam giác ADH vuông D nên AD.MD (t 1)(t 1) ( 1 t )(1 t ) 2t t 1 Do D có hoành độ âm nên chọn D(1; 2) Vì M là trung điểm HD nên H (1; 2) Phương trình BC : x y x 2y x Toạ độ B là nghiệm hệ phương trình B 7; 6 x y 1 y 6 0,25 0,25 0,25 0,25 Vì H là trung điểm BC nên C 9; Vậy B 7; 6 , C ( 9; 2) (1,0đ) x xy y x y y Giải hệ phương trình x y x x 18 x y x Điều kiện y 1,00 (1) (2) 0,25 Khi đó (1) x xy y y x y x( x y ) 2 x xy y y x y 0 x y x 0 x y ( x y) x xy y y x y (3) 0,25 Thay (3) vào phương trình (2) ta phương trình x x x x 18 x x x x x 18 x x x x x 3 x x x x 3 x x x (4) Đặt a x x , b x với a, b , phương trình (4) trở thành a b 2a 5ab 3b 2a 3b 0,25 TH1: Với a b ta phương trình x2 x x x 61 61 y 2 (7) 0,25 TH2: Với 2a 3b ta phương trình x2 6x x x y 61 61 Vậy nghiệm hệ phương trình là 9; ; ; Cho x , y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy yz zx Tìm giá trị nhỏ 10 (1,0đ) biểu thức P x 1 x y 1 y z 1 z 1 2 2 x y z A B A B , cho tan x, tan y 2 2 A B tan tan xy 2 cot A B tan A B Từ điều kiện suy z A B x y 2 tan tan 2 A B C Vì z suy C cho z tan 2 2 Suy tồn ba góc tam giác A, B, C cho A B C x tan , y tan , z tan 2 A B C A B C Khi đó P sin sin sin cot cot cot 2 2 2 A B C 1 sin sin sin 3 2 sin A sin B sin C 2 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá A B C P 3 sin sin sin 3 2 A 2B 2C sin sin sin 2 A B C Đặt t sin sin sin thì P 3t 2 t Tìm điều kiện cho t A B C Trong tam giác ABC ta luôn có bất đẳng thức sau sin sin sin 2 A B C 1 AB A B C cos Thật vậy, ta có sin sin sin cos sin 2 2 2 C C AB (*) sin cos sin 2 2 C (*) là tam thức bậc hai theo sin có a A B C sin sin sin 2 cos A B sin A B 4 Vì x, y suy tồn các góc Dấu “=” xảy A B C Do đó t sin 3 1 Xét hàm số f (t ) 3t với t 0; , ta có t 2 1,00 0,25 0,25 0,25 A B C sin sin 2 2 0,25 (8) 3t 0t 3 t t f '(t ) Bảng biến thiên t f '(t ) f (t ) 21 21 21 1 Từ bảng biến thiên ta suy f (t ) f , t 0; Do đó P 2 2 Dấu “=” xảy t A B C x y z 3 21 Kết luận giá trị nhỏ biểu thức P là đạt x y z CÁCH Cho x , y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy yz zx Tìm giá trị nhỏ 10 (1,0đ) biểu thức P x x2 y y2 z z2 1 2 2 x y z 0,25 Do x , y, z là các số thực dương nên ta biến đổi P 1 Đặt a x2 1 1 ,b ,c 2 x y z P y2 1 a, b, c 1 z2 1 2 2 x y z thì xy yz zx ab bc ca và abc 1 a 1 b 1 c Biến đổi biểu thức P a 1 1 b 1 P a a 16 b b 16 1,00 0,25 c 15a 15b 15c c c 16 16 16 16 16 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá a 1 b 1 c 1 15a 15b 15c P 33 33 33 64(a 1) 64(b 1) 64(c 1) 16 16 16 16 33 15 33 15 a b c 3 abc 16 16 16 16 abc 27 abc ab bc ca 33 15 33 15.9 21 Suy P 3 27 16 16 16 16 Mặt khác 0,25 33 0,25 (9) Dấu “=” xảy a b c hay x y z Kết luận giá trị nhỏ biểu thức P là 3 21 đạt x y z Cảm ơn thầy Nguyễn Hữu Tài (nhtai.caolanh2@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl (10)