TRƯỜNG THPT MỸ QÚY
TỔ TOÁN

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

2x −1
x +1

1 3 2
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x − x + x − 1 trên đoạn [0;3]
3
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Tìm số phức z thỏa mãn (1 + 2i) z − 3 + i = 0
1
2 x2 + x
=
b) Giải phương trình (2 + 3)
2− 3
e2

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I =

dx

∫ x ln
e

2

x

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − z + 1 = 0 và điểm
A(1; 2;1) . Viết phương trình mặt cầu (S), biết mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa
độ tiếp điểm của mặt cầu (S) với mặt phẳng (P)..
Câu 6 (1.0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức P = sin 4 α − cos 4 α , biết cos α =

4
5

b) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S. Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 8.
Câu 7 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, Hình chiếu của S lên mặt
phẳng (ABCD) là trung điểm của AD, góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy bằng 600 . Gọi M là trung điểm
của DC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BM.
Câu 8 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu
1 1
vuông góc của A trên BC, điểm M(2;-1) là trung điểm của HB, N là trung điểm của HC, K (− ; ) là trực
2 2
tâm của tam giác AMN. Tìm tọa độ điểm C, biết rằng điểm A có tung độ âm và thuộc đường thẳng
d : x + 2y + 4 = 0
6 x 3 + 3 x 2 + y = y 2 + xy (3 x − 2)
Câu 9 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình 
trên tập số thực
2
 4 x − y − 2 + x − 1 = y − 1
Câu 10 (1.0 điểm) Cho 2 số thực a, b ∈ (0;1) và thỏa mãn (a 3 + b3 )(a + b) = ab(1 − a )(1 − b) . Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức P =

1
1+ a

2

+

1
1+ b

2

+ 3ab − a 2 − b 2

------------------ Hết -----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:..............................................; Số báo danh:..............................


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu
1
(1,0 đ)

Đáp án
D
=
R
\{

−
1}
+Tập xác định
+Sự biến thiên
3
> 0, ∀x ∈ D
-Chiều biến thiên: y ' =
( x + 1) 2
Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; −1) và (−1; +∞)
-Tiệm cận
lim y = 2 và lim y = 2 ⇒ y = 2 là tiệm cận ngang
x →−∞
x →+∞

Điểm
0.25

0.25

lim y = +∞ và lim + y = −∞ ⇒ x = −1 là tiệm cận đứng
x →( −1)

x →( −1)−

-Bảng biến thiên
x
−∞
y'

2


3
(1,0 đ)

4
(1,0 đ)

+
+∞

y

2
(1,0 đ)

+∞

-1
+

0.25

2
−∞

+Đồ thị

0.25

Ta có f ( x) xác định và liên tục trên đoạn [0;3] ; f '( x ) = x 2 − 2 x + 1

Với x ∈ [0;3], f '( x) = 0 ⇔ x = 1
2
Ta có f (0) = −1, f (1) = − , f (3) = 2;
3
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f ( x) trên đoạn [0;3] lần lượt là 2 và -1
1 7
a) Ta có (1 + 2i) z − 3 + i = 0 ⇔ z = − i
5 5
1 7
Do đó số phức z = + i
5 5
2
1
(2 + 3) 2 x + x =
⇔ 2 x2 + x − 1 = 0
2− 3
 x = −1
1
⇔
. Vậy nghiệm của phương trình là x = −1; x =
1
x =
2

2
1
Đặt t = ln x ⇒ dt = dx
x

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25


Đổi cận:

0.25

x = e2 ⇒ t = 2

x = e ⇒ t =1
2
dt
Khi đó I = ∫ 2
t
1

0.25
0.25

2

5

(1,0 đ)

−1
1
=
=
t 1 2
Ta có r = d ( A, ( P)) = 2
Mặt cầu (S) có phương trình ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 2 = 4

0.25
0.25

0.25
 x = 1 + 2t

Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với (P) có phương trình  y = 2 + 2t .
z = 1− t


6
(1,0 đ)

Gọi H là tiếp điểm, khi đó H là giao điểm của d và (P). Do H thuộc d nên
H (1 + 2t ; 2 + 2t;1 − t )
2
H thuộc (P) nên 2(1 + 2t ) + 2(2 + 2t ) − (1 − t ) + 1 = 0 , suy ra t = − . Do đó
3
1 2 5
H (− ; ; )

3 3 3
7
2
a) Ta có cos 2α = 2 cos α − 1 =
25
7
P = − cos 2α = −
25
3
b) Số phần tử của không gian mẫu là A6 = 120
Số kết quả thuận lợi cho biến cố “số được chọn có tổng các chữ số bằng 8” là
12
1
=
3!+ 3! = 12 . Xác suất cần tính là P =
120 10

7
(1,0 đ)

0.25
0.25
0.25

B

A

K


E

0.25

0,25

S

I

0.25

H

D
M

C

+ Tính thể tích
a2
Diện tích tam giác ABM là S ∆ABM =
2
SH
⊥ ( ABCD)
Gọi H là trung điểm của AD, ta có
·
nên (·SB, ( ABCD)) = SBH
= 600
Trong tam giác vuông SBH, ta có SH = BH .tan 600 =

1
a 3 15
VS . ABM = .SH .S ∆ABM =
3
12

a 15
2

0.25


+ Tính khoảng cách
Dựng hình bình hành ABME. Vì BM / /( SAE ) nên
d ( BM , SA) = d ( BM , ( SAE )) = d ( M , ( SAE )) = 2d ( D, ( SAE )) = 4d ( H , ( SAE ))
Kẻ HI ⊥ AE ; HK ⊥ SI .
Từ HI ⊥ AE , SH ⊥ AE ⇒ HK ⊥ AE
Do đó HK ⊥ ( SAE ) . Vậy d ( H , ( SAE )) = HK
DE. AH
a
=
Do ∆AHI và ∆AED đồng dạng nên HI =
AE
2 5
Trong tam giác vuông SIH có
Vậy d ( BM , SA) =
8
(1,0 đ)

0,25


0,25

1
1
1
a 15
=
+
⇒ HK =
2
2
2
HK
HI
SH
4 19

a 15
19
0,25

C
N
H
K
I

M


B

A

Gọi I là trung điểm của AH, ta có MI / / AM ⇒ MI ⊥ AB
Suy ra I là trực tâm tam giác AMC ⇒ CI ⊥ AM
Mà NK ⊥ AM ⇒ NK / /CI ⇒ K là trung điểm của HI
uuur
uuur
2a + 2 2 − a
;
)
Do A ∈ d : x + 2 y + 4 = 0 ⇒ A(−2a − 4; a ) , từ AK = 3KH ⇒ H (
3
3
uuur 7
uuuur 2a − 4 5 − a
1
;
)
Suy ra AK = ( + 2a; − a), MH = (
2
2
3
3
 a = −1
uuur uuuur
2
⇒ A(−2; −1)
Từ AK .MH = 0 ⇔ 10a − 13a − 23 = 0 ⇔ 

 a = 23
10

Suy ra H (0;1), B (4; −3)
AB : x + 3 y + 5 = 0, BC : x + y − 1 = 0
 x + 3 y = −5  x = 4
⇒
⇒ C (4; −3)
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình 
 x + y = −1
 y = −3
9
(1,0 đ)

x −1 ≥ 0
Điều kiện  2
4 x − y − 2 ≥ 0

0,25

0,25
0,25
0,25

 y = −3 x 2
Ta có 6 x + 3x + y = y + xy (3x − 2) ⇔ ( y + 3x )( y − 2 x − 1) = 0 ⇔ 
 y = 2x +1
Từ 4 x 2 − y − 2 + x − 1 = y − 1 ta có y ≥ 1 , do đó y = −3 x 2 không thỏa mãn

0,25


Thay y = 2 x + 1 vào

0,25

3

2

2

2

4 x 2 − y − 2 + x − 1 = y − 1 ta được

4 x 2 − 2 x − 3 + x − 1 = 2 x , do x ≥ 1 nên ta được
2 4 x 3 − 6 x 2 − x + 3 = x + 4 ⇔ 16 x3 − 25 x 2 − 12 x − 4 = 0 ⇔ x = 2
Với x = 2 ⇒ y = 5 .
So lại điều kiện ta được nghiệm của hê phương trình là (2;5)

0,25


10
(1,0 đ)

Đặt t = ab , từ a, b ∈ (0;1) và (a 3 + b3 )(a + b) = ab(1 − a )(1 − b)
1
tìm được 0 < t ≤
9

1
1
2
+
≤
Chứng minh được
luôn đúng với mọi a, b ∈ (0;1)
2
2
1 + a 1 + b 1 + ab
Dấu bằng xảy ra khi a = b
2
+t
Đánh giá được P ≤
1+ t
2
1
+ t với 0 < t ≤
Xét hàm số f (t ) =
1+ t
9
1
6
1
+
Chứng minh được f (t ) ≤ f ( ) =
9
10 9
6
1

1
+
Kết luận: Giá trị lớn nhất của P là
đạt được tại a = b =
10 9
3
-------------------------Hết-------------------------

0,25

0,25

0,25
0,25