ĐỀ, ĐA CHI TIẾT MÔN TOÁN THPT

LUYỆN THI MÔN TOÁN THPT QUỐC GIA

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

THS HOÀNG KHẮC LỢI

Môn thi: TOÁN

ĐT 0915.12.45.46

Thời gian làm bài : 180 phút , không kể thời gian phát đề .

ĐỀ 681 – Ngày thi 4/6/2016

1 4
x − 2 x 2 + 3.
4
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x − 2ln x trên [ 1;e] .
Câu 3 (1,0 điểm).
x
2
a) Giải phương trình log 2 x = log 2 + 4.
( x ∈ R)
4
b) Tìm môđun của số phức z biết (2 + i 3 ) z + 1 + 3i = z + i 4 .
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =

π
2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ( x - 2 ) sin3xdx.

∫
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1; 2; 1) và mặt phẳng
( P) : x + 2 y + 2 z − 4 = 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ
hình chiếu H của I trên (P).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho góc α thỏa mãn sinα =

5π 

2
 < α <π ÷. Tính giá trị biểu thức A = sin2α + cos α.
13  2


b) Một hộp chứa 6 bi màu vàng, 5 bi màu đỏ và 4 bi màu xanh có kích thước và trọng
lượng như nhau, lấy ngẫu nhiên 8 bi trong hộp. Tính xác xuất sao cho trong 8 bi lấy ra
có số bi màu vàng bằng với số bi màu đỏ.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, BC
= 3a, AC = a 10 , cạnh bên SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng
(ABC) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và
AC theo a, biết M là điểm trên đoạn BC sao cho MC = 2MB.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC, có M(3; -1) là trung điểm
cạnh BC. Đường thẳng chứa đường cao đỉnh B đi qua E(-1; -3). Đường thẳng chứa cạnh AC đi
qua F(1; 3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
có đường kính AD với D(4; -2).
 x 2 ( 1 + y 2 ) − 1 + x 2 = 1 − xy

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 

. (x, y ∈ R)
( 2 x − 7 xy ) 3 x − 2 − x + 3xy = 5

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a3
b3
c3
P= 2
+ 2
+ 2
2
2
2
a + ( b + c)
b + ( a + c)
c + ( a + b)

(

-------------HẾT-----------ĐA chi tiết Đề 681

)


I. LƯU Ý:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.

II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
TXĐ: D = R
0,25
x = 0
y ' = x 3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x 3 − 4 x = 0 ⇔ 
 x = ±2
0,25
lim y = +∞; lim y = +∞.
x →+∞

x →−∞

Bảng biến thiên
x
y’
y

-∞
-

-2
0

+

0

0

-

2
0

+∞
+
0,25

- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−2;0) và (2; +∞) - Hàm số nghịch biến trên

mỗi khoảng ( −∞; −2) và (0; 2)
- Hàm số đạt CĐ tại (0; 3) và đạt CT tại (-2; -1); (2; -1)
- Hàm số đạt cực đại x = 0, ycd = 3 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±2, yct = −1 .

0,25

2

Hàm số y = x – 2lnx liên tục trên [ 1;e]
2
Ta có f ( x) = x − 2 ln x ⇒ f '( x) = 1 −
x
2
f '( x ) = 0 ⇔ 1 − = 0 ⇔ x = 2 ∈ ( 1; e )
x
f (1) = 1; f (2) = 2 − 2 ln 2; f (e) = e − 2
Vậy, min y = 2 − 2 ln 2; max y = 1

0,25
0,25

[ 1;e]

0,25

a + Điều kiện của phương trình (1) là: x > 0 (*)
+ Với điều kiện (*),
(1) ⇔ log 22 x = log 2 x − log 2 4 + 4 ⇔ log 22 x − log 2 x − 2 = 0.

0,25

[ 1;e]

3

0,25

x = 4
 log 2 x = 2
⇔
⇔
x = 1
log
x
=
−
1

 2

2

0,25


 1
+ Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của phương trình (1) là S =  4;  .
 2

b

Ta có (2 + i 3 ) z + 1 + 3i = z + i 4 ⇔ (2 − i ) z − z = −1 − 3i + 1 ⇔ z =
2

−3i
3 3
⇔z= − i
1− i
2 2

2

3
3
3 2
Do đó | z |=| z |=  ÷ +  ÷ =
.
2

2 2
 du = dx
u = x − 2

Đặt 
ta được 
cos 3x
 dv = sin 3xdx
v = − 3

4

π

0,25

0,25

π

 x − 2 ) cos 3 x  2 1 2
do đó: I =  − (
÷ + ∫ cos 3xdx
3

0 3 0
π

0,25

π

 ( x − 2 ) cos 3 x  2  sin 3 x  2
I = −
÷ +
÷
3

 0  9 0
7
I =− .
9
5

Bán kính mặt cầu r = d ( I ,( P ) ) =

6

0,25
0,25

1.1 + 2.2 + 2.1 − 4

= 1.
12 + 2 2 + 2 2
2
2
2
Phương trình mặt cầu là (S): ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 1
r

Đường thẳng IH qua I và vuông góc với mp(P) ⇒ IH có vtcp n = ( 1; 2;2 )
x = 1+ t

Pt IH:  y = 2 + 2t
 z = 1 + 2t


0,25

( t ∈ R) .

0,25
0,25

0,25

2

x
=

x + 2 y + 2z = 4
3

x = 1+ t
4


 2 4 1
⇔ y = ,H  ; ; ÷

tọa độ H: 
3
 3 3 3
 y = 2 + 2t

1
 z = 1 + 2t

z = 3

a Ta có:
144
12
π
cos 2 α + sin 2 α = 1 ⇔ cos 2 α = 1 − sin 2 α =
⇔ cos α = −
(do < α < π )
169
13
2

0,25

0,25

2

5  12   12 
24
.

A = s in2α + cos α = 2sin α cos α + cos α = 2.  − ÷+  − ÷ =
13  13   13  169
2

b

2

Gọi A : “trong 8 bi lấy ra có số bi màu vàng bằng với số bi màu đỏ”
Trường hợp 1: Chọn được 2 bi vàng, 2 bi đỏ và 4 bi xanh.
Trường hợp 2: Chọn được 3 bi vàng, 3 bi đỏ và 2 bi xanh.

0,25
0,25


Trường hợp 3: Chọn được 4 bi vàng, 4 bi đỏ.

⇒ n ( A ) = C62C52C44 + C63C53C42 + C64C54 = 1425

Kg mẫu Ω: “lấy ngẫu nhiên 8 bi trong hộp chứa 15 bi” ⇒ n ( Ω ) = C15 = 6435
Vậy xác suất sao cho trong 8 bi lấy ra có số bi màu vàng bằng với số bi màu đỏ
8

n ( A ) 1425 95
=
=
là: P ( A ) =
n ( Ω ) 6435 429

0,25

7

Vì BC ⊥ SA và BC ⊥ AB nên BC ⊥ SB .
·
Vậy góc giữa mp ( SBC ) và mp ( ABC ) là SBA
= 600 .
Ta có: AB =

AC − BC = a .Diện tích ∆ABC là S ABC
2

2

1
3a 2
.
= AB.BC =
2
2

0,25

SA = AB.tan 600 = a 3 .
1
1
3a 2 a 3 3
Thể tích khối chóp VS . ABC = SA.S ABC = .a 3.
=

3
3
2
2
Kẻ MN song song AC cắt AB tại N, ⇒ AC / / ( SMN ) . Vậy

d ( SM , AC ) = d ( A, ( SMN ) ) . Gọi I là hình chiếu của điểm A lên MN, H là hình

chiếu của A lên SI , ⇒ MI ⊥ ( SAI ) , ⇒ MI ⊥ AH .Mặt khác AH ⊥ SI nên

AH ⊥ ( SMI ) . Vậy d ( A, ( SMN )) = AH .
AN .MB 2a
=
∆AIN đồng dạng với ∆MBN , ⇒ AI =
. Xét ∆SAI vuông tại A và
MN
10
AI .SA a 102
a 102
có AH là đường cao ⇒ AH =
. Vậy d ( SM , AC ) =
.
=
17
SI
17
8

0,25

0,25

0,25

Gọi H là trực tâm tam giác ABC thì tứ giác BHCD là hình bình hành. M là trung
điểm BC nên M cũng là trung điểm DH, suy ra H(2; 0).
0,25

Đường thẳng AC qua F(1;3) vuông góc với HE ⇒ pt AC: x + y – 4 = 0
Đường thẳng DC qua D(4; -2) vuông góc với AC ⇒ pt DC: x - y – 6 = 0

0,25

C là giao điểm của AC và DC ⇒ C(5; -1). M là trung điểm BC ⇒ B(1; -1)

0,25

Đường thẳng AB qua B(1; -1) vuông góc với CH ⇒ AB: 3x - y – 4 = 0
A là giao điểm của AC và AB ⇒ A(2;2).

0,25


9

2

x ≥
3


 x + 3 xy ≥ 0
Điều kiện:
. Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn hệ.
1
1
+1 + .
2
x
x

x ≠ 0 ⇒ (1) ⇔ 1 + y 2 + y =

Xét hàm số f ( t ) = t 2 + 1 + t ; f ' ( t ) =

t
t +1
2

0,25
t2 +1 + t

+1 =

t +1
2

>

t +t
t2 +1

>0

1
1
1
Suy ra hàm số f ( y ) ; f  ÷ đơn điệu tăng nên f ( y ) = f  ÷ ⇔ y =
x
x
 x
Thay vào (2) ta được:

( 2x − 7) (

)

5
= 0 . Xét hàm số:
2x − 7
5
3
1
10
g ( x ) = 3x − 2 − x + 3 −
⇒ g '( x) =
−
+
>0
2
2x − 7

2 3x − 2 2 x + 3 ( 2 x − 7 )

10

3x − 2 − x + 3 = 5 ⇔ 3x − 2 − x + 3 −

2 7   7

∀x ∈  ; ÷∪  ; +∞ ÷ nên hàm số g(x) đơn điệu tăng trên hai nửa khoảng này vì
3 2   2

vậy có không quá 1 nghiệm thuộc mỗi khoảng này.
2 7 
7

Mặt khác có g ( 1) = 0; g ( 6 ) = 0; 1 ∈  ; ÷; 6 ∈  ; +∞ ÷
3 2 
2


 1 
Vậy nghiệm của hệ là: ( x; y ) = ( 1;1) ;  6; ÷
 6 

(Chú ý : Nếu HS chỉ tìm ra 1 nghiệm của hệ cho 0,5 điểm)
a3
b3
c3
P
=

+
+
Ta có
2
2
2
a2 + ( 3 − a )
b2 + ( 3 − b )
c2 + ( 3 − c )
Xét hàm số f ( x) =

x3
x2 + ( 3 − x )

2

17
12
− x + ; x ∈ (0;3)
25
25

0,25

0,25
0,25

0,25

Ta có:

f ( x) =

x + ( 3 − x)
2

9 ( x − 12 ) ( x − 1)
17
12
− x+ =−
≥ 0, ∀x ∈ ( 0;3) .
25
25
25 ( 2 x 2 − 6 x + 9 )
2

x3
2

Mặt khác P = f (a ) + f (b) + f (c) −
Suy ra P ≥

17
36
( a + b + c) − .
25
25

17
36 3
( a + b + c) − = .

25
25 5

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3
khi a = b = c = 1.
5

-------------HẾT------------

0,25

0,25

0,25