ĐỀ, ĐA CHI TIẾT TOÁN THPT 2016

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

ĐỀ 682 – Ngày thi 7/6/2016
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số

y = - x4 + 8x2 + 4.
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y =

(H)

x +1
có đồ thị ( H ) . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
x- 1

tại điểm có hoành độ bằng 2.
Câu 3 (1,0 điểm).

a) Giải bất phương trình: 2 log 3 ( 4 x − 3) + log 1 ( 2 x + 3) ≤ 2 .
3

b) Cho số phức z thỏa (1 + 2i) z + (1- 2 z )i = 1 + 3i . Tính môđun của z .

1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

òx(

)

x2 + 1 + ex dx.

0

Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2cos2 2x + 5sin2x + 1 = 0.
b) Tỉnh X có 10 ứng cử viên đại biểu Quốc hội khóa XIV và đại biểu hội đồng nhân dân Tỉnh
nhiệm kỳ 2016 – 2020. Cùng với 3 ứng cử viên do trung ương giới thiệu, đơn vị bầu cử tại Tỉnh X sẽ
có 13 ứng cử viên trong đó có 3 người hiện đang công tác trong ngành giáo dục và đào tạo. Tính xác
suất để trong 7 đại biểu được bầu có ít nhất 1 người đang công tác trong ngành giáo dục và đào tạo.
Câu 6 (1,0 điểm). 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 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC
= 60°, cạnh
SA vuông góc với đáy và SC tạo với đáy một góc 60.° Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC 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). Giải phương trình sau trên tập số thực

2x5 + 3x4 − 14x3
2 
= 4x4 + 14x3 + 3x2 + 2  1 −
÷ .
x+2
x
+
2



(

)

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx + xyz = 4. Chứng minh rằng
2

 1
1
1 
3
+
+
÷ ≥ ( x + 2)( y + 2)( z + 2).
 x

y
z÷



------------HẾT------------


Câu

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ 682
Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = - x4 + 8x2 + 4.
TXĐ: D = ¡
éx = 0
ê
3
y
'
=
0
Û
y ' = - 4x + 16x,
êx = ±2
ê
ë
lim y = - ¥ , lim y = - ¥
x®- ¥

1,0

0,25

x®+¥

Bảng biến thiên
- ¥
x
y'
y

+

-2
0
12

-

- ¥

1

Điểm

0
0

+¥

2

0
12

+

-

0,25

- ¥

4

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ¥ ;- 2) , ( 0;2)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( - 2;0) , ( 2; +¥
Hàm số đạt cực đại tại x = ±2, y = 12
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y = 4
Đồ thị

)

0,25

y

0,25
x

x +1
có đồ thị ( H ) . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ

x- 1
thị ( H ) tại điểm có hoành độ bằng 2.
Cho hàm số y =

2

Có y ' =

- 2

( x - 1)

2

. Ta có x0 = 2 Þ y0 = 3, y' ( x0) = -

1
2

1,0

0,5

'
Phương trình tiếp tuyến là y = y ( x0) ( x - x0) + y0

0,25

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là
1

1
y = - ( x - 2) + 3 hay y = - x + 4
2
2

0,25


Giải bất phương trình: 2 log3 ( 4 x − 3) + log 1 ( 2 x + 3) ≤ 2

0,5

3
4
2
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 

0,25

3

ĐK: x > .
3a

3

3
2
⇔ ( 4 x − 3) ≤ ( 2 x + 3) .9 ⇔ 16 x 2 − 42 x − 18 ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 3
8

3
Kết hợp điều kiện, nghiệm của BPT là: < x ≤ 3
4
Cho số phức z thỏa (1 + 2i ) z + (1- 2 z )i = 1 + 3i . Tính môđun của z .

0,25
0,5

Đặt z = a + bi , ( a, b Î ¡ ) ta có: (1 + 2i)z + (1 − 2z)i = 1 + 3i ⇔ a − 4b + (b + 1)i = 1 + 3i
3b

 a − 4b = 1 a = 9
⇔
⇔
b + 1 = 3
b = 2

0,25

Vậy môđun của z là z = 92 + 2 2 = 85 .

0,25

1

Tính tích phân I = ò x
0

1

Có I = ò x
0

(

(

)

x2 + 1 + ex dx.

1,0

1

)

1

x + 1 + e dx = ò x x + 1dx + ò xexdx = I 1 + I 2
2

x

2

0

0,25

0

Đặt t = x2 + 1 Þ t2 = x2 + 1 Þ tdt = xdx
4

Đổi cận: x = 0 Þ t = 1;x = 1 Þ t = 2
2

Suy ra I = ò t2dt = t
1
3
1

ïìï u = x
ï
Þ
Đặt í
ïï dv = exdx
ïî

2

3

=
1

ïì du = dx
ïí
ïï v = ex

ïî

2 2- 1
3

5b

x

Suy ra I 2 = xe

1
0

1

-

7
Số phần tử không gian mẫu n ( Ω ) = C13

1

x
òe dx = e - ex = 1
0

2 2+2
3
Giải phương trình 2cos2 2x + 5sin2x + 1 = 0.

2cos2 2x + 5sin2x + 1 = 0 Û - 2sin2 2x + 5sin5x + 3 = 0
ésin2x = 3(VN )
ê
Û ê
ê sin2x = - 1
ê
2
ë
é
é
ê2x = - p + k2p
êx = - p + kp
ê
ê
6
12
Û ê
Û ê
( k Î ¢)
7
p
7
p
ê2x =
ê
+ k2p
ê
êx = 12 + kp
6
ë

ë
Vậy I =

5a

0,25

0

0,25
0,25
0,5

0,25

0,25

0,25


Gọi A là biến cố “trong 7 đại biểu được bầu có ít nhất 1 người đang công tác
trong ngành giáo dục”.
Khi đó A là biến cố “trong 7 đại biểu được bầu không có người đang công tác
trong ngành giáo dục”:

( )

P A =

( ) =C

n A

n( Ω)

3
10
3
13

C

( )

n A = C107

( )

suy ra P ( A ) = 1 − P A = 83/143

Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng

0,25

( 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 .

uuu
r

6

7

uur

Ta có: AB = ( 2; 4; −4 ) , mp(P) có VTPT nP = ( 2;1; −2 )

uur
uuur uur

n
=
mp(Q) có vtpt là Q  AB; nP  = ( −4; −4; −6 )
⇒ (Q): 2x + 2y + 3z – 7 = 0.
2m − 7
= 17 (*)
M ∈ Ox. ⇔ M(m; 0; 0), d ( M ; ( Q ) ) = 17 ⇔
17
Giải (*) tìm được m = 12, m = −5 . Vậy: M(12; 0; 0) hoặc M(-5; 0; 0)

·
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC
= 60°,
cạnh SA vuông góc với đáy và SC tạo với đáy một góc 60.° Tính theo a thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD.

1,0

0,25
0,25
0,25
0,25
1,0

0,25

Ta có D ABC đều nên AC = a.
Có BD = AB 2 + AD 2 - 2AB .AD.cos120° = a 3

1
a2 3
Suy ra SABCD = AC .BD =
.
2
2
1
a3
Vậy VS.ABCD = SA.SABCD =
3
2

(

Mặt khác SA = AC .tan60° = a 3.

)

(

Do AB / / CD nên d ( AB, SD ) = d AB, ( SCD ) = d A, ( SCD )
Gọi H là trung điểm của CD. Do D ACD đều nên AH ^ CD.

)

0,25

0,25


Trong tam giác SAH kẻ AK ^ SH
Khi đó d A, ( SCD ) = AK

(

)

Ta có AH =

a 3
,
2

AH .SA

AK =

AH 2 + SA2

15
a
5

=

0,25

a 15
5
Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
tâm O ( 0;0) . Biết chân đường cao hạ từ đỉnh A và C lần lượt là M ( - 1;0)
Vậy d ( AB, SD ) =

và N ( 1;1) . Hãy tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đỉnh B nằm trên
đường thẳng 3x + y - 1 = 0.

8

1,0

0,25
Ta chứng minh OB ^ MN .
·
·
Ta có tứ giác ANMC nội tiếp nên BAC
+ NMC
= 180° .

·
·
·
·
·
Mà BMN
+ NMC
= 180°. Suy ra BAC = 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, AM : - x + y - 1 = 0
Suy ra A ( 1;2) ,C ( - 2;1) .
9

Giải phương trình:
2x5 + 3x4 − 14x3
x+2

)

(


2 
= 4x4 + 14x3 + 3x2 + 2  1 −
÷*
x + 2


ĐK: x > - 2

( *) Û

(

) (
2) ( 2x + 7) = ( 4x + 14x

)(

x3 2x2 + 3x - 14 = 4x4 + 14x3 + 3x2 + 2

Û x3 ( x -

4

( )

)

x +2- 2

æ x- 2 ö
÷
3
÷
ç
+ 3x2 + 2 ç
÷
ç
÷
÷
ç
è x + 2 + 2ø

0,25
0,25
1,0

0,25

)

0,25


é

ê
Û ê3
êx ( 2x + 7)
ë

( * *) Û

x=2

(

)

x + 2 + 2 = 4x4 + 14x3 + 3x2 + 2( * *)

x3 ( 2x + 7) x + 2 + 4x4 + 14x3 = 4x4 + 14x3 + 3x2 + 2

Û x3 ( 2x + 7) x + 2 = 3x2 + 2 Û ( 2x + 7) x + 2 =

(

)

3

Û 2 x +2 +3 x +2 =

2
x3

+

2
x3

+

3
x

3
( * * *)
x

Xét f ( t ) = 2t 3 + 3t, có f ' ( t ) = 6t2 + 3 > 0, " t
æ1ö
1
÷
÷
Û x +2 =
ç
Từ ( * * *) ta có f x + 2 = f ç
÷
ç
÷
x
èx ø
ìï
x>0
ïìï

x>0
ï
ï
Û í 3
Û
í
ïï x + 2x2 - 1 = 0 ïï ( x + 1) x2 + x - 1 = 0
ïî
ïî

(

0,25

)

(

)

Û x=

- 1+ 5
2

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2, x = - 1+ 5

0,25

2

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx + xyz = 4. Chứng minh rằng
10

2

 1
1
1 
3
+
+
≥ ( x + 2)( y + 2)( z + 2).
÷
 x
÷
y
z


Từ giả thiết suy ra 0 < xy, yz , zx < 4

Đặt

zy = 2 cos A, xz = 2 cos B,

1,0

xy = 2 cos C , trong đó A, B, C là các góc nhọn.

Từ giả thiết suy ra
cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C + 2cos A cos B cos C = 1 ⇔ (cos C + cos( A − B))(cos C + cos( A + B)) = 0

⇔ cos C + cos( A + B ) = 0

0,25

Suy ra A, B, C là ba góc nhọn của một tam giác. Ta có
2 cos A cos B
2 cos A cosC
2 cosC cos B
;y=
;x =
cos C
cosB
cosA
2
2
3(cos A + cos B + cos C )
8sin A sin 2 B sin 2 C
YCBT ⇔
≥
2 cos A cos B cos C
cos A cos B cos C
A
B
C
⇔ 3(1 + 4sin sin sin ) ≥ 4 sin A sin B sin C
2
2

2
1
1
4
⇔
+
≥
sinAsinBsinC 2 cos A cos B cos C
3
2
2
2
z=

1
1
1
1
+
≥
+
3
sinAsinBsinC 2 cos A cos B cos C  sinA + sinB+ sinC 
A
B
C

cos + cos + cos
÷


2
2
2 
3
2
2
2
 2
3



0,25

3


÷
÷
÷


0,25


≥

8
3 3

+

4
3 3

=

4
.
3

0,25