ĐÈ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN 2016

Ôn luyện thi THPT Quốc gia 2016

Biên soạn: Ths. Hoàng Tuấn Sinh - DĐ: 0987.787.123

GIẢNG VIÊN CHUYÊN TOÁN –LÝ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC PHÚ YÊN
DĐ: 0987.787.123

ĐỀ ÔN TẬP THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN – Đề số 013
Thời gian: 180 phút(Không kể thời gian phát đề)

Họ và tên………………………….………Số báo danh…………….

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho hàm số: y = x 3 − 3 x 2 + mx + 1 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0 .
2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Gọi (∆) là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu. Tìm giá trị lớn
 1 11 
nhất của khoảng cách từ điểm I  ; ÷ đến đường thẳng (∆) .
2 4 
Câu 2: (1,0 điểm)
Giải phương trình : 3cos x − 2 = −3(1 − cos x).cot 2 x
Câu 3: (1,0 điểm)
Giải bất phương trình sau: 2log 4 ( x − 3) + log 2 ( x − 1) ≥ 3
Câu 4: (1,0 điểm) Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn ra 5 học sinh để
lập một tốp ca hát chào mừng ngày 22 tháng 12. Tính xác suất sao cho trong đó có ít nhất một học sinh nữ.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng

vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ). Biết AC = 2 3a , BD = 2 a , khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( SAB )
bằng

a 3
4

. Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a .

Câu 6: (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4). Phương trình đường trung trực
cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là x + y − 1 = 0 và 3 x − y − 9 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B , C
của tam giác ABC.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C ) có phương trình x 2 + y 2 + 2 x − 4 y − 8 = 0 và
đường thẳng ( ∆ ) có phương trình : 2 x − 3 y − 1 = 0 . Chứng minh rằng ( ∆ ) luôn cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A,
B . Tìm toạ độ điểm M trên đường tròn ( C ) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất.
Câu 7: (1,0 điểm)Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ sau có nghiệm thực:
 2
4x2
x +
≥5

( x + 2) 2
 x 4 + 8 x 2 + 16mx + 16m 2 + 32m + 16 = 0
Câu 8: (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
tham số thực và −1 ≤ a ≤

5 − 4a − 1 + a
trong đó a là
5 − 4a + 2 1 + a + 6

5
.
4
..………………..HẾT…………………

Trung tâm luyện thi đại học TẠI GIA – Địa chỉ: 98/10 LÊ THÀNH PHƯƠNG – P.8 – TP. TUY HÒA

Trang 1


Ôn luyện thi THPT Quốc gia 2016

Biên soạn: Ths. Hoàng Tuấn Sinh - DĐ: 0987.787.123

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Câu

Ý
1

Nội dung

Điểm
2,0

Cho hàm số: y = x − 3x + 1 (1)
3

2

1,0

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 − 3x 2 + 1
* Tập xác định: R.
* Sự biến thiên:
3
2
+ Giới hạn: lim y = lim ( x − 3x + 1) = −∞, lim y = +∞ .
x →−∞

x →−∞

0,25

x →+∞

+ Bảng biến thiên:
x = 0
y′ = 3x 2 − 6x = 3x(x − 2), y′ = 0 ⇔ 
x = 2
Bảng biến thiên:
x −∞
0
′
y +
0
y

0

-

+
+∞

1
−∞

0,25

-3

1
1

+∞

2

+ Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ ) .
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) .
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCÐ = y(0) = 1
đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = y(2) = −3

0,25

* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
Ta có y′′ = 6x − 6; y′′ = 0 ⇔ x = 1
y ′′ đổi dấu khi x qua x = 1.

Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng.
y

f(x)=x^3-3x^2+1

8

6

4

2

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

0,25

-2

-4

-6

-8

Trung tâm luyện thi đại học TẠI GIA – Địa chỉ: 98/10 LÊ THÀNH PHƯƠNG – P.8 – TP. TUY HÒA

Trang 2


Ôn luyện thi THPT Quốc gia 2016
2

Biên soạn: Ths. Hoàng Tuấn Sinh - DĐ: 0987.787.123

Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu..........................................
Ta có y ′ = 3x 2 − 6x + m .
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Tức là cần có: ∆′ = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3.

1,0

0,25

m
 x 1   2m

− 2 ÷x + + 1 .
Chia đa thức y cho y′ , ta được: y = y′.  − ÷+ 
3
 3 3  3

Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm ( x1 ; y1 ) , ( x 2 ; y 2 ) .

Vì y′(x1 ) = 0; y′(x 2 ) = 0 nên phương trình đường thẳng ( ∆ ) qua hai điểm cực đại, cực tiểu

2

m
m
 2m

− 2 ÷x + + 1 hay y = ( 2x + 1) − 2x + 1
là: y = 
3
3
 3


0,25

 1 
Ta thấy đường thẳng ( ∆ ) luôn đi qua điểm cố định A  − ; 2 ÷ (Có thể đồng nhất hệ số
 2 
giải hệ tìm tọa độ điểm A như tìm điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua). Hệ số góc
1

3
5
. Kẻ IH ⊥ ( ∆ ) ta thấy d ( I; ∆ ) = IH ≤ IA = .
4
4
2m
1
4
− 2 = − = − ⇔ m = 1 (TM).

Đẳng thức xảy ra khi IA ⊥ ( ∆ ) ⇔
3
k
3
5
Vậy max d ( I; ∆ ) = khi m = 1 .
4
của đường thẳng IA là k =

Giải phương trình : 3cosx − 2 = −3(1 − cosx).cot x
2

Câu
2

+ĐK : x ≠ mπ

0,25

cos 2 x
cos 2 x
⇔
3
cos
2
x
−
2
=
−

3
(
1
−
cos
x
)
⇔
sin 2 x
1 − cos 2 x
3 cos 2 x
⇔ 3 cos x − 2 = −
⇔ 6 cos 2 x + cos x − 2 = 0
1 + cos x
π
1


 x = ± 3 + k 2π
cos x = 2
⇔
⇔
(Thỏa các ĐK)
cos x = − 2
 x = ± arccos(− 2 ) + k 2π


3
3

(3) ⇔ 3 cos 2 x − 2 = −3(1 − cos x)

Câu 3
Giải bất phương trình sau: 2 log 4 ( x − 3) + log 2 ( x − 1) ≥ 3
Đk: x > 3
Khi đó phương trình tương đương log2(x-3)(x-1) ≥ 3
⇔ (x-3)(x-1) ≥ 8
⇔ x ≤ −1 hoặc x ≥ 5
Kết luận : x ≥ 5
Câu 4

0,25

Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn ra 5 học
sinh để lập một tốp ca hát chào mừng ngày 22 tháng 12. Tính xác suất sao cho trong đó
có ít nhất một học sinh nữ.
5
Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong 35 học sinh của lớp có C35 cách

Trung tâm luyện thi đại học TẠI GIA – Địa chỉ: 98/10 LÊ THÀNH PHƯƠNG – P.8 – TP. TUY HÒA

0.25

0.25
0.25
0.25

0,25
Trang 3

Ôn luyện thi THPT Quốc gia 2016

Biên soạn: Ths. Hoàng Tuấn Sinh - DĐ: 0987.787.123

Gọi A là biến cố: ‘‘ Chọn được 5 học sinh trong đó có ít nhất một em nữ’’
Suy ra A là biến cố: “Chọn được 5 học sinh trong đó không có hs nữ nào”
5
Ta có số kết quả thuận lợi cho A là C20

0,25
0,25

5
C20
P A = 5
C35

( )

0,25

5
C20
2273
P ( A) = 1 − P A = 1 − 5 =
≈ 0,95224
C35 2387

( )

C5
(1 đ)

Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên
giao tuyến SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
1
VSABCD = SO.SABCD
3
1
2
Diện tích đáy S ABCD = AC.BD = 2 3a
1

0,25 đ

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó ABD = 60 0
⇒ tam giác ABD đều.
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
1
a 3
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥
DH ⊥ AB và DH = a 3 ; OK // DH và OK = DH =
2
2
(SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)

1
1
1
a
=
+
⇒ SO =
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒
2
2
2
OI
OK
SO
2
S
a
Đường cao của hình chóp SO = .
2
Thể tích khối chóp S.ABCD:
1
3a 3
VS . ABC D = S ABC D .SO =
3
3
I
D

a 3

O
C
C6

a

0,5 đ

A

H
B

K

1. (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4).
Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là
x + y − 1 = 0 và 3 x − y − 9 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B , C của tam giác ABC.
Gọi C = (c; 3c - 9) và M là trung điểm của BC ⇒ M(m; 1-m)
Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c). ------------------------------------------------------------------2m − c + 3 7 − 2m − 3c
Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta của I(
;
)
2
2
Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn 3(
⇒ m = 2 ⇒ M(2; -1)

0,25 đ

2m − c + 3
7 − 2m − 3c
)−(
)−9 = 0
2
2

Trung tâm luyện thi đại học TẠI GIA – Địa chỉ: 98/10 LÊ THÀNH PHƯƠNG – P.8 – TP. TUY HÒA

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

Trang 4


Ôn luyện thi THPT Quốc gia 2016
Ph¬ng tr×nh BC: x - y - 3=0

Biên soạn: Ths. Hoàng Tuấn Sinh - DĐ: 0987.787.123

3 x − y − 9 = 0
x = 3
Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ: 
⇔
x − y − 3 = 0
y = 0
Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ B(1; -2)
2. (1 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13 .

9
Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( ∆ ) là d ( I ,∆ ) =
13
Vậy đường thẳng ( ∆ ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt.
---------------------------------------------------------------------------------------1
Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có S ∆ABM = AB.d ( M ,∆ )
2
Trong đó AB không đổi nên S ∆ABM lớn nhất khi d ( M ,∆ ) lớn nhất.
----------------------------------------------------------------------------------------Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với ( ∆ ).
PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0
Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm
của hệ phương trình:
x 2 + y 2 + 2x − 4 y − 8 = 0
 x = 1, y = −1
⇔

 x = −3, y = 5
3 x + 2 y − 1 = 0
⇒ P(1; -1); Q(-3; 5)
4
22
Ta có d ( P ,∆ ) =
; d (Q,∆ ) =
13
13
----------------------------------------------------------------------------------------Ta thấy d ( M ,∆ ) lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M (-3; 5).
Nội dung trình bày Câu 7
2
* Giải BPT: x +

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ
Điểm

2

4x
≥ 5 (1) . Với x ≠ −2 , (1) tương đương với
( x + 2) 2

 x2
 x + 2 ≥1
 x2 
2x 
4x2
x2

−5≥ 0 ⇔ 
−5≥ 0 ⇔  2
÷ + 4.
x−
÷ +

x+2 x+2
x+2

 x
 x+2
 x + 2 ≤ −5
Từ đó tìm ra x ≥ 2 hoặc −2 ≠ x ≤ −1 .
* Giả sử x0 là một nghiệm của PT: x 4 + 8 x 2 + 16mx + 16m 2 + 32m + 16 = 0 (2)
2

2

4
2
2
Khi đó PT: x0 + 8 x0 + 16mx0 + 16m + 32m + 16 = 0 phải có nghiệm m
2
4
2
Suy ra PT: 16m + 16( x0 + 2)m + x0 + 8 x0 + 16 = 0 phải có nghiệm m. Do đó

1

0,5

1

∆ ' = 64( x0 + 2) 2 − 16( x04 + 8 x02 + 16) ≥ 0 ⇔ −16 x0 ( x0 − 2)( x02 + 2 x0 + 8) ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x0 ≤ 2
Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0.
Do đó hệ (1), (2) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x=2.

Thay x=2 vào (2) ta được: m 2 + 4m + 4 = 0 ⇔ m = −2
Trung tâm luyện thi đại học TẠI GIA – Địa chỉ: 98/10 LÊ THÀNH PHƯƠNG – P.8 – TP. TUY HÒA

0,5
Trang 5


Ôn luyện thi THPT Quốc gia 2016

Biên soạn: Ths. Hoàng Tuấn Sinh - DĐ: 0987.787.123

Vậy với m = −2 thì hệ (1), (2) có nghiệm.
Nội dung trình bày Câu 8

Điểm

Đặt A = 5 − 4a ; B = 1 + a thì A2 + 4 B 2 = 9; A, B ≥ 0
 π
Do đó tồn tại x ∈  0;  : A = 3sin x; 2 B = 3cos x . Khi đó:
 2
3
3sin x − cos x
A− B
2sin x − cos x
2
P=
=
=
A + 2 B + 6 3sin x + 3cos x + 6 2 sin x + 2 cos x + 4
2sin x − cos x

 π
Xét hàm số f ( x) =
, với x ∈  0;  .
2sin x + 2 cos x + 4
 2
Ta có f '( x ) =

6 + 4sin x + 8cos x
 π
> 0 với mọi x ∈  0;  .
2
(2sin x + 2 cos x + 4)
 2

0, 5

1

 π
Suy ra hàm f(x) đồng biến trên đoạn x ∈  0;  . Do đó:
 2
1
π  1
min f ( x) = f (0) = − ; m ax f ( x) = f  ÷ = .
 π
6 x∈0; π 
x∈0; 
2 3
 2
 2

1
5
1
Vậy min P = − , khi a = ; Vậy m axP = , khi a = −1 .
6
4
3
Chú ý: Có thể xét trực tiếp hàm số theo biến a: f (a ) =

0,5

5
5 − 4a − 1 + a
, −1 ≤ a ≤
4
5 − 4a + 2 1 + a + 6

 5
Tính đạo hàm trực tiếp suy ra hàm f(a) nghịch biến trên đoạn  −1;  , từ đó thu được kết quả
 4
như trên.
HẾT

Trung tâm luyện thi đại học TẠI GIA – Địa chỉ: 98/10 LÊ THÀNH PHƯƠNG – P.8 – TP. TUY HÒA

Trang 6