đề thi truong thpt so 1 phu my

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT SỐ 1 PHÙ MỸ
Giáo viên: Nguyễn Văn Hùng

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

MA TRẬN ĐỀ THI
1. Yêu cầu về kiến thức: Theo quy định về chuẩn kiến thức của chương trình giáo dục
phổ thông môn Toán cấp THPT của Bộ GD – ĐT.
2. Yêu cầu về kỹ năng: Theo quy định về chuẩn kỹ năng của chương trình giáo dục
phổ thông môn Toán cấp THPT của Bộ GD – ĐT.
3. Phạm vi nội dung: Phần chung của ba chương trình: Chương trình Giáo dục thường
xuyên, chương trình Chuẩn và Nâng cao cấp THPT môn Toán (có tính đến nội dung
giảm tải) theo quy định của Bộ GD – ĐT.
KHUNG MA TRẬN ĐỀ THI
Chủ đề
1. Khảo sát sự biến
thiên và vẽ đồ thị
hàm số.

Mức độ nhận thức
2
3

1
Câu 1

2. Ứng dụng của đạo Câu 2

hàm và đồ thị hàm
1,0đ
số.
3. Số phức
Câu 3a
0,5đ
Câu 3b

5. Nguyên hàm, tích
phân và ứng dụng.

Câu 4

6.Lượng giác.

0,5đ

1,0đ
Câu 5a
0,5đ

7. Tổ hợp, xác suất.

Câu 5b
0,5đ

8. Phương pháp tọa
độ trong không
gian.
9. Hình học không

gian.
10. Phương pháp
tọa độ trong mặt
phẳng.
11. Phương trình,
bất phương trình.

Cộng
Số câu 1
Số điểm 1,0đ
Tỉ lệ: 10%

1,0đ

4. Phương trình mũ
và logarit.

4

Câu 6
1,0đ
Câu 7
1,0đ
Câu 8
1,0đ
Câu 9
1,0đ

Số câu 1
Số điểm 1,0đ

Tỉ lệ: 10%
Số câu 1
Số điểm 0,5đ
Tỉ lệ: 5%
Số câu 1
Số điểm 0,5đ
Tỉ lệ: 5%
Số câu 1
Số điểm 1,0đ
Tỉ lệ: 10%
Số câu 1
Số điểm 0,5đ
Tỉ lệ: 5%
Số câu 1
Số điểm 0,5đ
Tỉ lệ: 5%
Số câu 1
Số điểm 1,0đ
Tỉ lệ: 10%
Số câu 1
Số điểm 1,0đ
Tỉ lệ: 10%
Số câu 1
Số điểm 1,0đ
Tỉ lệ: 10%
Số câu 1
Số điểm 1,0đ
1

Tỉ lệ: 10%
10. Bài toán tổng
hợp tìm GTLN,
GTNN.
Tổng số câu
10
Tổng số điểm
10đ
Tỉ lệ
100%

Câu 10
1,0đ
Số câu 4
Số điểm 4,0đ
40%

Số câu 3
Số điểm 3,0đ
30%

Số câu 2
Số điểm 2,0đ
20%

Số câu 1
Số điểm 1,0đ
10%

Số câu 1

Số điểm 1,0đ
Tỉ lệ: 10%
Số câu 10
Số điểm 10đ

Nội dung chi tiết của ma trận:
Câu 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số phân thức dạng
y=

ax + b 
−d 
, x ≠
÷.
cx + d 
c 

Câu 2: Xác định tọa độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số. Ứng dụng đạo hàm viết
phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại một điểm thuộc đồ thị hàm số.
Câu 3: a) Thực hiện phép toán với số phức. Xác định được số phức liên hợp, hai số
phức bằng nhau và tìm mô đun của số phức.
b) Giải phương trình chứa mũ, thực hiện phép toán logarit.
Câu 4: Tính tích phân bằng cách phân tích và bằng phương pháp đổi biến số.
Câu 5: a) Xác định giá trị lượng giác của một góc. Vận dụng công thức lượng giác để
tính giá trị của biểu thức lượng giác.
b) Tính xác suất của một biến cố dựa vào xác suất của biến cố đối.
Câu 6:Viết phương trình mặt cầu khi biết tâm và bán kính. Tìm tọa độ hình chiếu
vuông góc của 1 điểm lên một mặt phẳng.
Câu 7: Tính thể tích khối lăng trụ đứng. Tính khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt
phẳng dựa vào phương pháp so sánh tỉ lệ khoảng cách.
Câu 8: Tìm tọa độ một điểm của hình bình hành dựa vào quan hệ góc giữa hai

đường thẳng.
Câu 9: Giải phương trình vô tỷ dựa vào phương pháp phân tích, thêm bớt một biểu
thức, nhân lượng liên hợp và dùng giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số để chứng
minh phương trình vô nghiệm.
Câu 10: Tìm GTLN của một biểu thức bằng cách sử dụng phép biến đổi tương
đương , đánh giá và dùng phương pháp hàm số.

2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT SỐ 1 PHÙ MỸ
Giáo viên: Nguyễn Văn Hùng
(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =

x +1
.
x −1

Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x 2 + x − 4 tại
giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.
Câu 3 (1,0 điểm).
2
a) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z + 2 z = ( 1 + 5i ) . Tính mô đun của z .

b) Giải phương trình 7 x + 2.71− x − 9 = 0

( x∈¡ ) .

2

8x + 1
dx .
4x −1
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Cho góc α thỏa mãn:

π
2
< α < π và sin α = . Tính giá trị của biểu thức
2
3

A = sin 2α − cos2α .
b) Một lọ hoa chứa 20 bông hoa giống nhau gồm 12 bông hoa đỏ và 8 bông hoa xanh. Lấy
đồng thời ngẫu nhiên 3 bông hoa. Tính xác suất để có ít nhất 1 bông hoa màu xanh.

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2;3) và mặt phẳng ( P ) có
phương trình : x + y − 4 z + 3 = 0 . Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm M và tiếp xúc với mặt
phẳng ( P ) , tìm tọa độ tiếp điểm của mặt cầu ( S ) và mặt phẳng ( P ) .

Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a,

AC = a 3 góc tạo bởi mặt phẳng ( A′BC ) và đáy là 600 . Gọi M là trung điểm của CC ′ . Tính theo
a thể tích của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( A′MB ) .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh D(−7;0) . Một
·
·
điểm M nằm trong hình bình hành sao cho MAB
. Phương trình đường thẳng chứa
= MCB
MB, MC lần lượt là ∆1 : x + y − 2 = 0 ; ∆ 2 : 2 x − y − 1 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh A , biết rằng A thuộc
đường thẳng d : y = 3 x và A có hoành độ nguyên.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình: x 3 − 3 x + 1 = 8 − 3x 2 trên tập số thực.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là 3 số thực dương và thỏa mãn điều kiện abc + a + c = b . Tìm giá
2
2
3
−
+
trị lớn nhất của biểu thức S =
.
2
2
1 + a 1 + b 1 + c2
----------Hết----------

3


S GIO DC V O TO BèNH NH
TRNG THPT S 1 PH M

K THI THPT QUC GIA NM 2016
Mụn: TON
Thi gian lm bi: 180 phỳt.

( THI XUT)
HNG DN CHM
Ni dung

Cõu

1
(1,0)

x +1
Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s y =
x -1
D
=
Ă
\
{
1
}
Tp xỏc nh:
S bin thiờn:
- o hm: yÂ=

- 2

;yÂ< 0, " x ẻ D .

(x - 1)2

- Hm s nghch bin trờn tng khong ( ;1) v ( 1; + )
- Gii hn v tim cn:
lim y = 1
; lim y = 1 ị y = 1 l tim cn ngang.
xđ- Ơ
x đ+Ơ
lim y = - Ơ
-

xđ1

; lim y = +Ơ
+

xđ1

ị x = 1 l tim cn ng.

im

0.25

0.25

- Hm s khụng cú cc tr.
- Bng bin thiờn:
0.25

th:
- th ct trc Ox ti B(-1;0), Oy ti A(0;-1) v nhn giao im hai ng tim
cn cú ta I (1;1) lm tõm i xng.

0.25

2 Vit phng trỡnh tip tuyn d ca th hm s f(x) = x 3 + 2x 2 + x - 4
(1,0)
ti giao im ca th hm s vi trc honh.
Giao im ca th hm s vi trc honh cú honh l nghim ca phng
3
2
2
trỡnh: x + 2 x + x 4 = 0 ( x 1)( x + 3 x + 4) = 0 x = 1

0.25

x Ă , ta cú f ( x ) = 3 x 2 + 4 x 2 + 1

0.25

f (1) = 3.12 + 4.12 + 1 = 8

0.25

Phng trỡnh tip tuyn l : y = f ( 1) ( x 1) + f (1) = 8 ( x 1) + 0 = 8 x 8

0.25

3a Cho s phc z tha món h thc: z + 2z = ( 1 + 5i ) 2 . Tớnh mụ un ca z .

4


(0,5đ) Đặt z = a + bi, ( a, b ∈ ¡ ) . Khi đó z = a − bi .

0.25

Ta có z + 2 z = ( 1 + 5i ) ⇔ a + bi + 2(a − bi ) = −24 + 10i ⇔ 3a − bi = −24 + 10i
2

3a = −24
 a = −8
⇔
⇔
⇒ z = −8 − 10i ⇒ z = (−8) 2 + (−10) 2 = 2 41
−
b
=
10
b
=
−
10


Giải phương trình 7 x + 2.71-x - 9 = 0 ( x ∈ ¡ ) .
7
3b 7 x + 2.71− x − 9 = 0 ⇔ 7 x + 2. x − 9 = 0 ⇔ 7 2 x − 9.7 x + 14 = 0
7
(0,5đ)

x
x
⇔ 7 −7 . 7 −2 = 0

(

)(

)

7 x = 7
x =1
⇔ x
⇔
 x = log 7 2
7 = 2

0.25

0.25

0.25

2
4
8x + 1
I
=
Tính
tích

phân
(1,0đ)
∫1 4x - 1 dx .
2

2

2

2

8x + 1
3 
3

I =∫
dx = ∫  2 +
dx
÷dx = ∫ 2dx + ∫
4x −1
4x −1 
4x −1
1
1
1
1
2

∫ 2dx = 2 x

2
1

=2

0.25
0.25

1

2

2

2
3
3
1
3
3 7
∫1 4 x − 1dx = 4 ∫1 4 x − 1d ( 4 x − 1) = 4 ( ln 4 x − 1 ) 1 = 4 ln 3
3 7
I = 2 + ln
4 3
5a
π
2
α
(0,5đ) Cho góc thỏa mãn: 2 <α < π và sinα = 3 . Tính giá trị của biểu thức
A = sin2α - cos2α .

π
5
Vì < α < π nên cosα < 0 , suy ra cosα = − 1 − sin 2 α = −
2
3
2
Do đó A = sin 2α − cos2α = 2sin α .cosα − (1 − 2sin α )
2
2 − 5 
1+ 4 5
2 
= 2. . 
− 1 − 2.  ÷ ÷ = −
÷
÷

÷
3  3  
9
3 

5b Một lọ hoa chứa 20 bông hoa giống nhau gồm 12 bông hoa đỏ và 8 bông hoa
(0,5đ) xanh. Lấy đồng thời ngẫu nhiên 3 bông hoa. Tính xác suất để có ít nhất 1
bông hoa màu xanh.
3
Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = C20 = 1140 .
Gọi A là biến cố “Chọn được 3 bông hoa có ít nhất 1 bông hoa màu xanh”.
Thì A là biến cố “Chọn được 3 bông hoa màu đỏ”
n A
220 11

n A = C123 = 220 ⇒ P A =
=
=
n ( Ω ) 1140 57
11 46
=
Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) = 1 − P A = 1 −
57 57
6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(1; 2; 3) và mặt phẳng (P)
(1,0đ) có phương trình : x + y - 4z + 3 = 0 . Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm

( )

( )

( )

0.25
0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

( )

M và tiếp xúc với mặt phẳng (P) , tìm tọa độ tiếp điểm của mặt cầu ( S ) và

5


mặt phẳng (P) .
Mặt cầu ( S ) có tâm M và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) có bán kính
1 + 2 − 12 + 3
R = d ( M ;( P) ) =
= 2
12 + 12 + (−4) 2

0.25

Phương trình mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 2

0.25

2

2

2

Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với ( P ) có vecto chỉ phương
uu
r
z −3
ud = (1;1; −4) nên có phương trình: x − 1 = y − 2 =
−4

Gọi H là tiếp điểm của mặt cầu ( S ) và mặt phẳng ( P ) . Tọa độ H là nghiệm hệ
4

x = 3

 x + y − 4z + 3 = 0
7


4 7 5
phương trình 
z −3 ⇔ y = ⇒ H  ; ; ÷
3
 3 3 3
 x − 1 = y − 2 = −4

5

z = 3

′
′
′
7
Cho lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A ,
(1,0đ) AB = a, AC = a 3 , góc tạo bởi mặt phẳng ( A′BC ) và đáy là 600 . Gọi M là
trung điểm của CC ′ .Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ và
khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( A′MB ) .

0.25

0.25

0.25

·
′ = 600
Trong mp(ABC), từ A kẻ AN ⊥ BC , N ∈ BC ⇒ (·
( A′BC ) , ( ABC ) ) = ANA
AN =

AC. AB
AC 2 + AB 2

=

a.a 3
a 2 + 3a 2

=

a 3
a 3
3
⇒ AA′ =
tan 600 = a.
2
2
2

1
a2 3
3 a 2 3 3a 3 3
.
S ABC = .a.a 3 =
VABC . A′B′C ′ = AA′.S ABC = a.
=
2
2
2
2
4
Trong mặt phẳng ( AA′C ′C ) , gọi E = AC ∩ A′M thì C là trung điểm của AE
d ( A, ( A′BM ) ) = d ( A, ( A′BE ) ) = 2d ( C , ( MBE ) )

Kẻ CK ⊥ BE , CH ⊥ MK ⇒ CH ⊥ ( MBE ) ⇒ d ( C , ( MBE ) ) = CH
Trong tam giác vuông MCK ta có CH =

0.25

0.25

CK .CM

1
3
, với CM = CC ′ = a
2
4
CK + CM

2

2

0.25
6


1 2a 3.a a 39
3a 55
= .
=
⇒ CH =
2 13.a
13
55
AE + AB
6a 55
Vậy khoảng cách từ A đến ( A ' BM ) là
.
55
8
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh D(−7;0) .
(1,0đ) Một điểm M nằm trong hình bình hành sao cho MAB
·
·
. Phương trình
= MCB
đường thẳng chứa MB, MC lần lượt là ∆1 : x + y − 2 = 0 ; ∆ 2 : 2 x − y − 1 = 0 . Tìm
tọa độ đỉnh A , biết rằng A thuộc đường thẳng d : y = 3 x và A có hoành độ

nguyên.
và CK =

1
2

AE. AB
2

2

0.25

Tọa độ M là nghiệm của hệ:
 x+ y−2 =0
x =1
⇔
⇒ M ( 1;1)

2 x − y − 1 = 0
y =1
Dựng E sao cho ABEM là hình bình hành, khi đó DCEM cũng là hình bình hành.
·
·
 MAB
= MEB
·
·
⇒ MEB
= MCB

⇒ BECM nội tiếp đường tròn.
Ta có 
·
·
 MCB = MAB
·
·
⇒ BEC
+ BMC
= 1800
·
= ·AMD
Mặt khác : ∆BEC = ∆AMD ( c.c.c ) ⇒ BEC
·
⇒ ·AMD + BMC
= 1800
uuur
uuuu
r
Gọi A ( a;3a ) ∈ d , a ∈ ¢ , khi đó MA = ( a − 1;3a − 1) ; MD = ( −8; −1)
ur
uu
r
∆1 , ∆ 2 có các vecto pháp tuyến lần lượt là n1 = ( 1;1) , n2 = ( 2; −1)
uuur uuuu
r
ur uu
r
·
cos ·AMD = cos BMC

⇔ cos MA, MD = cos n1 , n2

0.25

Suy ra

(

⇔

−8(a − 1) − (3a − 1)

( a − 1)

2

+ ( 3a − 1) . 65

(

2

)

)

(

)

0.25

2 −1

=

2. 5

⇔ 13 5a 2 − 4a + 1 = ( 11a − 9 ) ⇔ 28a 2 − 73a + 34 = 0
2

17

a = ( loai )

⇔
28 &

a=2

Vậy A ( 2;6 ) .

0.25

9
Giải phương trình x 3 - 3x + 1 = 8 - 3x 2 trên tập số thực.
(1,0đ)
2 6
2 6
Điều kiện −

≤x≤
3
3
x 3 − 3 x + 1 = 8 − 3x 2 ⇔ x 3 − 3x + 1 − (− x + 2) − 8 − 3 x 2 + (− x + 2) = 0

0.25
7


( − x + 2)

⇔ x − 2x −1+
3

2

(

− 8 − 3x2

) =0

⇔ x3 − 2 x − 1 + 4

8 − 3 x 2 + ( − x + 2)

x2 − x −1
8 − 3x 2 + 2 − x

=0



4
⇔ x2 − x −1  x + 1 +
÷= 0
8 − 3x 2 + 2 − x 


(

)

 −2 6 2 6 
;
Xét hàm số f ( x ) = 8 − 3x 2 + 2 − x , với x ∈ 

3 
 3
−3 x
6
f ′( x) =
−1 = 0 ⇔ x = −
, vì x < 0 .
2
3
8 − 3x

0.25

Ta có bảng biến thiên
−2 6
3

x
f ′( x)

− 6
3
0

+

2 6
3
-

0.25

6+4 6
3

f ( x)
6+2 6
3
Từ bảng biến thiên ta có 0 < f ( x ) ≤

6−2 6
3
6+4 6

3

Do đó
x +1+

4
8 − 3x 2 + 2 − x

= x +1+

4
2 6
12
−3 + 2 6
≥−
+1+
=
>0
f ( x)
3
15
6+4 6


1+ 5
x =
2
2
Vậy phương trình đã cho tương đương x − x − 1 = 0 ⇔ 


1− 5
x =

2
10 Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn điều kiện abc + a + c = b . Tìm giá trị
(1,0đ)
2
2
3
−
+
lớn nhất của biểu thức S =
.
2
2
1 + a 1 + b 1 + c2
1

a<


c
Ta có abc + a + c = b ⇒ b ( 1 − ac ) = a + c > 0 ⇒ 
b = a + c

1 − ac


0.25

0,25

2( a + c)
2
2
3
2
3
S=
−
+
=
+
−2+
2
2
2
2
2
2
1+ a 1+ b 1+ c
1+ a
1 + c2
1+ a 1+ c
2

(

)(

)

( x + c)
1
1
+
− 1 , với 0 < x < Khi đó
Xét hàm số f ( x) =
2
2
2
1+ x
1+ x 1+ c
c
2

f ′( x) =

(

(

) =0

−2c x 2 + 2cx − 1

( 1+ x ) ( 1+ c )
2

2

2

)(

0,25

)

 1
2
có 1 nghiệm duy nhất x0 = −c + 1 + c ∈  0; ÷
 c

8


Ta có bảng biến thiên sau:
x
0
+
f ′( x)

x0
0

1c
-

f ( x0 )

f ( x)

Từ bảng biến thiên suy ra f ( x) ≤ f ( x0 ) =
Khi đó S = 2 f ( a ) +
Ta có g ′ ( c ) =

c
1 + c2

3
2c
3
≤
+
= g ( c)
2
2
1+ c
1 + c2 1 + c

(

2 1 − 8c 2

(1+ c )

2 2

(

)

. 3c + 1 + c

2

)

= 0 ⇔ c = c0 =

0,25
1
2 2

∈ ( 0; +∞ )
0,25

c

0

g′ ( c )

+

c0
0

+∞

-

g ( c0 )

g ( c)

Từ bảng biến thiên suy ra g ( c ) ≤ g ( c0 ) ⇒ S ≤ g (c) ≤ g (c0 ) =

1
10
, b = 2 thì giá trị lớn nhất của S là
.
2 2
2
3
Mọi cách giải đúng phù hợp với chương trình đều ghi điểm tối đa cho từng phần.
--------------Hết-------------Với c =

•

1

10
3

,a =

9